2011届高三数学二轮复习 专题高效升级卷8 等差数列与等比数列课件 文 新人教A版

专题高效升级卷8等差数列与等比数列一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1.设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为（）A.15B.16C.49D.64答案：A2.在等差数列{an}中，a3＋a6＋a9＝27，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11等于（）A.18B.198C.99D.297答案：C3.已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和.若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝（）A.35B.33C.31D.29答案：C454.已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a52，a2＝2，则a1等于（）A.1B.C.－D.2答案：B225.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是（）A.21B.20C.19D.18答案：B6.设{an}为递减等比数列，a1＋a2＝11，a1·a2＝10，则lga1＋lga2＋lga3＋…＋lga10等于（）A.－35B.35C.－55D.55答案：A7.等差数列{an}中，若a1，a2011为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1006＋a2010等于（）A.10B.15C.20D.40答案：B8.等差数列{an}中，2（a1＋a4＋a7）＋3（a9＋a11）＝24，则其前13项和为（）A.13B.26C.52D.104答案：B9.已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，设P＝（log0.5a5＋log0.5a7），Q＝log0.5，P与Q的大小关系是（）A.P≥QB.P＞QC.P≤QD.P＜Q答案：D21293aa10.数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，则数列{bn}的公比为（）A.B.4C.2D.答案：C22111.等差数列{an}的前n项和Sn，若a3＋a7－a10＝8，a11－a4＝4，则S13等于（）A.152B.154C.156D.158答案：C12.等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2011，－＝2，则S2011的值为（）A.－2010B.2010C.－2011D.2011答案：C01220122S01020102S二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－n＋1，则数列{an}的通项an＝＿＿＿＿＿.答案：2,22,1,1nnn14.若a1＝，an＋1＝，n＝1，2，3，…，则an＝＿＿＿＿＿.答案：53123nnaa233nn15.在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是＿＿＿＿＿.答案：6016.若数列{xn}满足lgxn＋1＝1＋lgxn（n∈N*），且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝100，则lg（x101＋x102＋x103＋…＋x200）的值为＿＿＿＿＿.答案：102三、解答题（本大题共4小题，每小题9分，共36分）17.已知等比数列{an}的公比q＞1，4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*）.（1）求数列{an}的通项公式;（2）求数列{anbn}的前n项和Sn.解：（1）因为4是a1和a4的一个等比中项，所以a1·a4＝（4）2＝32.222由题意可得因为q＞1，所以a3＞a2.解得所以q＝＝2.故数列{an}的通项公式an＝2n..12,323232aaaa8,432aa23aa（2）由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n.Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋（n－1）·2＋n·2n，①2Sn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2，②①－②得－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2.所以Sn＝2－2＋n·2.21)21(2n18.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，nS－（n＋1）Sn＝n2＋cn（c∈R，n＝1，2，3，…），且S1，，成等差数列.（1）求c的值;（2）求数列{an}的通项公式.解：（1）∵nS－（n＋1）Sn＝n2＋cn（n＝1，2，3，…），∴－＝（n＝1，2，3，…）.∵S1，，成等差数列，∴－＝－.∴＝.∴c＝1.22S33S11nSnnSn)1(2nncnn22S33S22S11S33S22S21c624c（2）由（1）得－＝1（n＝1，2，3，…），∴数列{}是首项为，公差为1的等差数列.∴＝＋（n－1）·1＝n.∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，当n＝1时，上式也成立，∴an＝2n－1（n∈N*）.11nSnnSnnSn11SnSn11S19.已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足Sn＝（1－an）.（1）求数列{an}的通项公式;（2）求证：Sn＜;（3）设函数f（x）＝logx，bn＝f（a1）＋f（a2）＋…＋f（an），求Tn＝＋＋＋…＋.212111b21b31bnb1解：（1）当n≥2时，an＝（1－an）－（1－an－1）＝－an＋an－1，化简得2an＝－an＋an－1，即＝.由S1＝a1＝（1－a1）得a1＝，∴数列{an}是首项a1＝，公比为的等比数列.∴an＝×（）n－1＝（）n.212121211nnaa31213131313131（2）证法一：由Sn＝（1－an）得Sn＝［1－（）n］.∵1－（）n＜1，∴［1－（）n］＜.∴Sn＜.证法二：由（1）知an＝（）n，∴Sn＝＝［1－（）n］.∵1－（）n＜1，∴［1－（）n］＜，即Sn＜.212131312131212131311)31(131n21313121212131（3）∵f（x）＝logx，∴bn＝loga1＋loga2＋…＋logan＝log（a1a2…an）＝log（）1＋2＋…＋n＝1＋2＋…＋n＝.∵＝＝2（－），∴Tn＝＋＋…＋＝2［（1－）＋（－）＋…＋（－）］＝.312)1(nnnb1)1(2nnn111n11b21bnb1212131n111n12nn20.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1＝，an＋2SnS＝0（n≥2）.（1）求Sn和an;（2）求证：S12＋S22＋S32＋…＋Sn2≤－.（1）解：由已知有S1＝a1＝，＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnS.2121n412111S当时，有，解得.若,则与矛盾.∴.∴－＝2，即数列{}是以2为首项，公差为2的等差数列.∴＝2＋（n－1）×2＝2n，Sn＝（n≥1）.当n＝1时，a1＝;当n≥2时，an＝－2SnS＝－，∴an＝412a0nS0na412a0nSnS111nSnS1nS1n2121)1(21nn.2,)1(21,1,21nnnn（2）证明：当n＝1时，S12＝＝－，成立.当n≥2时，S12＋S22＋S32＋…＋Sn2＝＋＋＋…＋＝（1＋＋＋…＋）＜［1＋＋＋…＋］＝（1＋1－）＝－，综上有S12＋S22＋S32＋…＋Sn2≤－.41211414122412341241n4122123121n41211321nn)1(141n121n4121n41