2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練10 等差數(shù)列、等比數(shù)列 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練10 等差數(shù)列、等比數(shù)列 文 一、選擇題 1.在等差數(shù)列{an}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,則a7-a8的值為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.4 B.6 C.8 D.10 2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,Sn=2an+1,則Sn=(　　) A.2n-1 B. C. D. 3.等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),若當(dāng)首項(xiàng)a1和公差d變化時(shí),a5+a8+a11是一個(gè)定值,則下列選項(xiàng)中為定值的是(　　) A.S17 B.S18 C.S15 D.S14 4.(xx陜西高考,文4)根據(jù)下

2、邊框圖,對大于2的整數(shù)N,輸出的數(shù)列的通項(xiàng)公式是(　　) A.an=2n B.an=2(n-1) C.an=2n D.an=2n-1 5.一個(gè)正整數(shù)表如下(表中下一行中的數(shù)的個(gè)數(shù)是上一行中數(shù)的個(gè)數(shù)的2倍): 第1行 1 第2行 2　3 第3行 4　5　　6　7 … … 則第9行中的第4個(gè)數(shù)是(　　) A.132 B.255 C.259 D.260 6.已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)且公比不等于1的等比數(shù)列(n∈N*).對于函數(shù)y=f(x),若數(shù)列{ln f(an)}為等差數(shù)列,則稱函數(shù)f(x)為“保比差數(shù)列函數(shù)”.現(xiàn)有定義在(0,+∞)上的如下函數(shù): ①f

3、(x)=,②f(x)=x2,③f(x)=ex,④f(x)=,則為“保比差數(shù)列函數(shù)”的所有序號為(　　) A.①② B.③④ C.①②④ D.②③④ 二、填空題 7.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S3+3S2=0,則=　　　　　.? 8.在等差數(shù)列{an}中,a1=7,公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)且僅當(dāng)n=8時(shí)Sn取得最大值,則d的取值范圍為　　　　　.? 9.設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列,|q|>1,令bn=an+1(n∈N*),若數(shù)列{bn}有連續(xù)四項(xiàng)在集合{-1,5,-7,12,17}中,則q=　　　　　.? 三、解答題 10.已知數(shù)列{an}中,a1=,an=2-(

4、n≥2,n∈N*),數(shù)列{bn}滿足bn=(n∈N*). (1)求證:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng),并說明理由. 11.已知數(shù)列{an}(n∈N*)是首項(xiàng)為a,公比為q≠0的等比數(shù)列,Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列.問當(dāng)公比q取何值時(shí),a1,2a7,3a4成等差數(shù)列. 12.已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,且滿足S2n-1=,n∈N*. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)數(shù)列{bn}滿足bn=Tn為數(shù)列{bn

5、}的前n項(xiàng)和,求T2n. 答案與解析 專題能力訓(xùn)練10　等差數(shù)列、等比數(shù)列 1.C　解析:由a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,解得a6=16.所以a7-a8==8. 故選C. 2.B　解析:因?yàn)閍n+1=Sn+1-Sn,所以由Sn=2an+1,得3Sn=2Sn+1,所以,所以數(shù)列{Sn}是以S1=a1=1為首項(xiàng),公比q=的等比數(shù)列,所以Sn=,選B. 3.C　解析:由a5+a8+a11=3a1+21d=3(a1+7d)=3a8是定值,可知a8是定值,所以S15==15a8是定值. 4.

6、C　解析:由程序框圖可知a1=2×1=2,a2=2×a1=2×2=4,a3=2a2=2×4=8,…,因此在{an}中滿足a1=2,an=2an-1. 所以{an}是首項(xiàng)和公比均為2的等比數(shù)列,故an=2·2n-1=2n,故選C. 5.C　解析:依題意,知前8行共有1+2+4+…+27==255個(gè)數(shù),同時(shí)255也是第8行的最后一個(gè)數(shù),故第9行中的第4個(gè)數(shù)為259. 6.C　解析:對于①,ln f(an)=ln=-ln an=-ln(a1qn-1)=-ln a1-(n-1)ln q為等差數(shù)列,故①是,B,D均錯(cuò);對于④,ln f(an)=lnln(a1qn-1)=ln a1+(n-1)ln

7、q為等差數(shù)列,故④是,A錯(cuò),故選C. 7.4　解析:顯然公比q≠1,設(shè)首項(xiàng)為a1, 則由S3+3S2=0,得=-3×, 即q3+3q2-4=0,即q3-q2+4q2-4=q2(q-1)+4(q2-1)=0,即(q-1)(q2+4q+4)=0, 所以q2+4q+4=(q+2)2=0, 解得q=-2,所以=q2=4. 8.　解析:由題意知當(dāng)d<0時(shí),Sn存在最大值, ∵a1=7>0,∴數(shù)列{an}中所有非負(fù)項(xiàng)的和最大. 又∵當(dāng)且僅當(dāng)n=8時(shí),Sn取最大值, ∴ 解得-1≤d<-. 9.-2　解析:易知{an}有四項(xiàng)在集合{-2,4,-8,11,16}中,四項(xiàng)-2,4,-8,1

8、6成等比數(shù)列,公比為-2. 10.(1)證明:因?yàn)閍n=2-(n≥2,n∈N*),bn=, 所以當(dāng)n≥2時(shí),bn-bn-1==1. 又b1==-,所以數(shù)列{bn}是以-為首項(xiàng),以1為公差的等差數(shù)列. (2)解:由(1)知,bn=n-, 則an=1+=1+. 設(shè)函數(shù)f(x)=1+,易知f(x)在區(qū)間內(nèi)均為減函數(shù), 所以當(dāng)n=3時(shí),an取得最小值-1; 當(dāng)n=4時(shí),an取得最大值3. 11.解:由題意可知,a≠0. (1)當(dāng)q=1時(shí),則12S3=36a,S6=6a,S12-S6=6a, 此時(shí)不滿足條件12S3,S6,S12-S6成等比數(shù)列; (2)當(dāng)q≠1時(shí),則 12S3

9、=12×,S6=, S12-S6=, 由題意,得12×, 化簡整理,得(4q3+1)(3q3-1)(1-q3)(1-q6)=0, 解得q3=-,或q3=,或q=-1. 當(dāng)q=-1時(shí),a1+3a4=-2a,2a7=2a, ∴a1+3a4≠2(2a7),不滿足條件; 當(dāng)q3=-時(shí),a1+3a4=a(1+3q3)=,2(2a7)=4aq6=,即a1+3a4=2(2a7), 所以當(dāng)q=-時(shí),滿足條件. 當(dāng)q3=時(shí),a1+3a4=a(1+3q3)=2a,2(2a7)=4aq6=,∴a1+3a4≠2(2a7),從而當(dāng)q3=時(shí),不滿足條件. 綜上,當(dāng)q=-時(shí),使得a1,2a7,3a4成等差數(shù)列. 12.解:(1)設(shè){an}首項(xiàng)為a1,公差為d,在S2n-1=中,令n=1,2,得 解得a1=2,d=4或d=-2(舍去). ∴an=4n-2. (2)由(1)得bn= ∴T2n=1+2×2-3+22+2×4-3+24+…+22n-2+2×2n-3 =1+22+24+…+22n-2+4(1+2+…+n)-3n =+4·-3n=+2n2-n.