2019年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練14 4.1-4.2 組合練 理.doc

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專題突破練14　4.1~4.2組合練 (限時90分鐘,滿分100分) 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.我國古代數(shù)學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題:“遠望巍巍塔七層,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{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.6 7.(2018吉林長春外國語學校二模,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.{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{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=101=30. 4.D　解析 當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=51+543=35. 5.D　解析 ∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2. 當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=1. ∵Sm=ma1+1=0, ∴a1=-又=a1+m1=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.∴當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n=1時,S1=3-,其整數(shù)部分為0, 當n=2時,S2=3-=3-=1+,其整數(shù)部分為1, 當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n>4時,0<<1,所以當n≥4時,Sn=3-(2,3),所以Sn的整數(shù)部分的所有可能值構(gòu)成的集合是{0,1,2}. 10.n2n　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=n2n. 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n≥2時,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2,兩式相減,得an+1-an=an,∴an+1=2an. 當n=2時,a2=S1+2=3,所以數(shù)列{an}中,當n≥2時,是以2為公比的等比數(shù)列,∴a9=a227=3128=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=33n-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-