（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题三 数列 第1讲 等差数列与等比数列练习 文 苏教版

第1讲等差数列与等比数列1．(2019·南京模拟)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则a20a10＝________．[解析]法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得a21q6＝16，所以a1q3＝±4．由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，所以q2＝1．于是a20a10＝q10＝1．法二：由等比数列的性质，得a24＝a2a6＝16，所以a4＝±4，又a4＋a8＝8，所以a4＝4，a8＝4或a4＝－4，a8＝12．因为a26＝a4a80，所以a4＝4，a8＝4，则公比q满足q4＝1，q2＝1，所以a20a10＝q10＝1．[答案]12．(2019·宿迁模拟)若等差数列{an}满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是________．[解析]由S3＝3a2，得a2＝1，由S5＝5a3，得a3＝2，则a4＝3，S7＝7a4，则a4＋S7＝8a4＝24．[答案]243．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2n＋1ann＋12an＋2n，bn＝2nan(n∈N*)，则数列{bn}的通项公式是________．[解析]由已知得an＋12n＋1＝ann＋12an＋2n(n∈N*)，则2n＋1an＋1＝2nan＋n＋12(n∈N*)，即bn＋1－bn＝n＋12(n∈N*)，所以b2－b1＝1＋12，b3－b2＝2＋12，…，bn－bn－1＝(n－1)＋12，累加得bn－b1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－12＝（n－1）n2＋n－12＝n2－12，又b1＝2a1＝1，所以bn＝n2－12＋1＝n2＋12．[答案]bn＝n2＋124．已知等比数列{an}为递增数列．若a10，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝________．[解析]因为2(an＋an＋2)＝5an＋1，所以2an(1＋q2)＝5anq，所以2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝12．因为数列为递增数列，且a10，所以q1，所以q＝2．[答案]25．(2019·苏锡常镇四市高三教学调研(一))中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么这匹马最后一天行走的里程数为______．[解析]由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为{an}，易知公比q＝12，则S7＝a1（1－q7）1－q＝2a11－1128＝12764a1＝700，所以a1＝700×64127，所以a7＝a1q6＝700×64127×126＝700127，所以这匹马最后一天行走的里程数为700127．[答案]7001276．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S5S10＝13，则S5S20＋S10＝______．[解析]法一：设等比数列{an}的公比为q，若公比q为1，则S5S10＝12，与已知条件不符，所以公比q≠1，所以Sn＝a1（1－qn）1－q，因为S5S10＝13，所以1－q51－q10＝13，所以q5＝2，所以S5S20＋S10＝1－q51－q20＋1－q10＝1－21－24＋1－22＝118．法二：因为S5S10＝13，所以不妨设S5＝a，S10＝3a，a≠0，易知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等比数列，由S5＝a，S10－S5＝2a，得S15－S10＝4a，S20－S15＝8a，从而S20＝15a，所以S5S20＋S10＝a15a＋3a＝118．[答案]1187．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么an＋bn组成的数列的第37项的值为________．[解析]{an}，{bn}都是等差数列，则{an＋bn}为等差数列，首项为a1＋b1＝100，d＝(a2＋b2)－(a1＋b1)＝100－100＝0，所以{an＋bn}为常数数列，第37项为100．[答案]1008．(2019·南京市四校第一学期联考)已知各项均为正数的等比列{an}中，a2＝3，a4＝27，S2n为该数列的前2n项和，Tn为数列{anan＋1}的前n项和，若S2n＝kTn，则实数k的值为______．[解析]因为各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝3，a4＝27，所以a1＝1，公比q＝3，所以S2n＝1×（1－32n）1－3＝32n－12，an＝3n－1．令bn＝anan＋1＝3n－1·3n＝32n－1，所以b1＝3，数列{bn}为等比数列，公比q′＝9，所以Tn＝3×（1－9n）1－9＝3（32n－1）8．因为S2n＝kTn，所以32n－12＝k·3（32n－1）8，解得k＝43．[答案]439．(2019·泰州市高三模拟)已知公差为2的等差数列{an}及公比为2的等比数列{bn}满足a1＋b10，a2＋b20，则a3＋b3的取值范围是________．[解析]法一：由题意可得a1＋b10a1＋2b1－2，该不等式组在平面直角坐标系a1Ob1中表示的平面区域如图中阴影部分所示，则当a3＋b3＝a1＋4＋4b1经过点(2，－2)时取得最大值－2，则a3＋b3－2．法二：由题意可得a1＋b10a1＋2b1－2，则a3＋b3＝a1＋4＋4b1＝－2(a1＋b1)＋3(a1＋2b1)＋4－2，故a3＋b3的取值范围是(－∞，－2)．[答案](－∞，－2)10．在数列{an}中，n∈N*，若an＋2－an＋1an＋1－an＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0．其中所有正确判断的序号是________．[解析]由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．[答案]①④11．(2019·宝鸡模拟)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)证明：因为an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．又a1＝5，a2＝5，所以a2＋2a1＝15，所以an＋2an－1≠0(n≥2)，所以an＋1＋2anan＋2an－1＝3(n≥2)，所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，所以an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．所以an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．12．(2019·苏州市高三模拟)已知数列{an}满足：a1＝12，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R．(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围．[解](1)因为q＝0，an＋1－an＝p·3n－1，所以a2＝a1＋p＝12＋p，a3＝a2＋3p＝12＋4p．由数列{an}为等比数列，得12＋p2＝1212＋4p，解得p＝0或p＝1．当p＝0时，an＋1＝an，所以an＝12，符合题意；当p＝1时，an＋1－an＝3n－1，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝12＋(1＋3＋…＋3n－2)＝12＋1－3n－11－3＝12·3n－1，所以an＋1an＝3．符合题意．所以p的值为0或1．(2)因为p＝1，所以an＋1－an＝3n－1－nq，又a4为数列{an}的最小项，所以a4－a3≤0a5－a4≥0，即9－3q≤027－4q≥0，所以3≤q≤274．此时a2－a1＝1－q0，a3－a2＝3－2q0，所以a1a2a3≥a4．当n≥4时，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3n－1－q≥2·34－1－2740，所以bn＋1bn，所以0≤b4b5b6…，即a4≤a5a6a7…．综上所述，当3≤q≤274时，a4为数列{an}的最小项，即所求q的取值范围为3，274．13．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数的均值为Cn－1．(1)若an＝n2＋3n－82，求C1，C2，C3；(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．[解](1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，所以在a1与a2之间插入－1，0，C1＝－12．在a2与a3之间插入2，3，4，C2＝3．在a3与a4之间插入6，7，8，9，C3＝152．(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝an－an－1n＋1＝1，所以Cn－1＝n（an－1＋an）2n＝an－1＋an2＝n2＋2n－92．假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列．所以(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)＝2n＋52－λ·2n＋32＝(1－λ)n＋52－32λ＝常数，所以λ＝1．即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．14．(2019·无锡期中检测)在等差数列{an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，其前n项和为Tn，且b2＋S2＝11，2S3＝9b3．(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)问是否存在正整数m，n，r，使得Tn＝am＋r·bn成立？如果存在，请求出m，n，r的关系式；如果不存在，请说明理由．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，则q＋3＋3＋d＝11，2（3＋3＋d＋3＋2d）＝9q2，解得d＝3，q＝2．所以an＝3n，bn＝2n－1．(2)因为Tn＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1，所以有2n－1＝3m＋r·2n－1．(*)若r≥2，则r·2n－1＞2n－1，(*)不成立，所以r＝1，m＝2n－1－13．若n为奇数，①当n＝1时，m＝0，不成立，②当n＞1时，设n＝2t＋1，t∈N*，则m＝2n－1－13＝22t－13＝4t－13∈Z；若n为偶数，设n＝2t，t∈N*，则m＝2n－1－13＝22t－1－13＝2·4t－1－13＝2·4t－1－13＋13，因为4t－1－13∈Z，所以m∉Z．综上所述，存在正整数m，n，r，使得Tn＝am＋r·bn成立，此时n为大于1的奇数，r＝1，且m＝2n－1－13．