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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練14 4.1-4.2 組合練 理
一、選擇題(共9小題,滿分45分)
1.我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題:“遠(yuǎn)望巍巍塔七層,紅光點點倍加增,共燈三百八十一,請問尖頭幾盞燈?”意思是:一座7層塔共掛了381盞燈,且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍,則塔的頂層共有燈( )
A.1盞 B.3盞 C.5盞 D.9盞
2.(2018遼寧大連二模,理4)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S2=-1,S4=-5,則S6=( )
A.-9 B.-21 C.-25 D.-63
3.公差不為零的等差數(shù)列
2、{an}的前n項和為Sn.若a4是a3與a7的等比中項,S8=16,則S10等于( )
A.18 B.24 C.30 D.60
4.(2018河北唐山三模,理6)數(shù)列{an}的首項a1=1,對于任意m,n∈N*,有an+m=an+3m,則{an}前5項和S5=( )
A.121 B.25 C.31 D.35
5.(2018山東濰坊二模,理4)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sn=-n2-n,則數(shù)列的前40項的和為( )
A. B.- C. D.-
6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,則m=( )
A.3 B.4 C.5 D.
3、6
7.(2018吉林長春外國語學(xué)校二模,理8)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n-1,則數(shù)列{}的前10項和為( )
A.410-1 B.(210-1)2
C.(410-1) D.(210-1)
8.設(shè)等差數(shù)列{an}滿足3a8=5a15,且a1>0,Sn為其前n項和,則數(shù)列{Sn}的最大項為( )
A.S23 B.S24
C.S25 D.S26
9.(2018全國高考必刷模擬一,理11)數(shù)列{an}滿足a1=,an+1-1=an(an-1)(n∈N*),Sn=+…+,則Sn的整數(shù)部分的所有可能值構(gòu)成的集合是( )
A.{0,1,2} B.{0,1,2,3}
C.{
4、1,2} D.{0,2}
二、填空題(共3小題,滿分15分)
10.(2018湖南衡陽一模,文15)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sn=2an-2n,則Sn= .?
11.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5=4,則a8的值為 .?
12.(2018遼寧撫順一模,文16)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,an+1=Sn+2,則a9的值為 .?
三、解答題(共3個題,分別滿分為13分,13分,14分)
13.已知數(shù)列{log2(an-1)}(n∈N*)為等差數(shù)列,且a1=3,a3=9.
(1)求數(shù)列{
5、an}的通項公式;
(2)證明:+…+<1.
14.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且對任意正整數(shù)n,都有3an=2Sn+3成立.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=log3an,求數(shù)列的前n項和Tn.
15.(2018河北保定一模,理17)已知數(shù)列{an}滿足:2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足2anbn+1=an+1bn(n≥1,n∈N*),且b1=1.求數(shù)列{bn}的通項公式,并求其前n項
6、和Tn.
參考答案
專題突破練14 4.1~4.2組合練
1.B 解析 設(shè)塔的頂層共有x盞燈,則各層的燈數(shù)構(gòu)成一個公比為2的等比數(shù)列,由=381,可得x=3,故選B.
2.B 解析 由題意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.
3.C 解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d≠0.由題意,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),即2a1+3d=0.①
∵S8=16,∴8a1+d=16,②
聯(lián)立①②解得a1=-,d=1.
則S10=
7、101=30.
4.D 解析 當(dāng)m=1時,由an+m=an+3m,得an+1-an=3,∴數(shù)列{an}是首項a1=1,公差d=3的等差數(shù)列,
∴S5=5×1+5×4×3=35.
5.D 解析 ∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2.
當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,a1=-2也滿足上式,則數(shù)列{an}的通項公式為an=-2n,=-,即數(shù)列的前40項的和為-+…+=-
6.C 解析 ∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,
∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.
∴d=am+1-am=3-2
8、=1.
∵Sm=ma1+1=0,
∴a1=-又=a1+m×1=3,∴-+m=3.∴m=5.故選C.
7.C 解析 ∵Sn=2n-1,∴Sn+1=2n+1-1.
∴an+1=Sn+1-Sn=(2n+1-1)-(2n-1)=2n.∵a1=S1=2-1=1,
∴數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1,
=4n-1,∴所求值為(410-1),故選C.
8.C 解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
∵3a8=5a15,∴3(a1+7d)=5(a1+14d),即2a1+49d=0.
∵a1>0,∴d<0,
∴等差數(shù)列{an}單調(diào)遞減.
∵Sn=na1+d=nd=(n-25)2-d.∴
9、當(dāng)n=25時,數(shù)列{Sn}取得最大值,故選C.
9.A 解析 ∵a1=,an+1-1=an(an-1),
∴an+1-an=(an-1)2>0,∴an+1>an,因此數(shù)列{an}單調(diào)遞增.
∵an+1-1=an(an-1),,
∴Sn=+…++…+=3-由an+1-1=an(an-1)(n∈N*),得a2-1=,
∴a2=,同理可得a3=,a4=當(dāng)n=1時,S1=3-,其整數(shù)部分為0,
當(dāng)n=2時,S2=3-=3-=1+,其整數(shù)部分為1,
當(dāng)n=2時,S3=3-=2+,其整數(shù)部分為2,
因數(shù)列{an}單調(diào)遞增,當(dāng)n>4時,0<<1,所以當(dāng)n≥4時,Sn=3-(2,3),所以
10、Sn的整數(shù)部分的所有可能值構(gòu)成的集合是{0,1,2}.
10.n·2n 解析 ∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式兩邊同時除以2n,則=1.
又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2,∴數(shù)列是首項為1,
公差為1的等差數(shù)列,所以=n,
所以Sn=n·2n.
11.2 解析 ∵等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S3,S9,S6成等差數(shù)列,
且a2+a5=4,
解得a1q=8,q3=-,
∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8=2.
12.384 解析 當(dāng)n≥2時,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2,兩式相減,得
11、an+1-an=an,∴an+1=2an.
當(dāng)n=2時,a2=S1+2=3,所以數(shù)列{an}中,當(dāng)n≥2時,是以2為公比的等比數(shù)列,∴a9=a2×27=3×128=384.
13.(1)解 設(shè)等差數(shù)列{log2(an-1)}的公差為d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.
∴l(xiāng)og2(an-1)=1+(n-1)×1=n,
即an=2n+1.
(2)證明 ,
+…+
=+…+
==1-<1.
14.解 (1)在3an=2Sn+3中,取n=1,得a1=3,且3an+1=2Sn+1+3,
兩式相減,得3an+1-3an=2an+1,
∴an+1=3an.
∵a1≠0,∴數(shù)列{an}是以3為公比的等比數(shù)列,∴an=3·3n-1=3n.
(2)由(1)得bn=log3an=n,
,
∴Tn=+…+=1-
15.解 (1)由2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),得數(shù)列{an}為等差數(shù)列,且首項為1,公差為a2-a1=1,,所以an=n.
(2)∵2nbn+1=(n+1)bn,
(n≥1),
∴數(shù)列是以=1為首項,為公比的等比數(shù)列,
即,從而bn=,
Tn=+…+Tn=+…+,由①-②,得Tn=1++…+=2-,∴Tn=4-
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