专题强化练(四) 等差数列与等比数列
1．(2021·汕头第二次模拟)已知数列{an}中各项为非负数，a2＝1，a5＝16，若数列{}为等差数列，则a13＝( )
A．169 B．144
C．12 D．13
解析：设等差数列{}的公差为的d，则3d＝－＝4－1＝3，即d＝1.则＝＋11d＝1＋11＝12.
所以a13＝()2＝122＝144.
故选B.
答案：B
2．(2021·广东省模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，2S8＝S7＋S10，则S21＝( )
A．21 B．11
C．－21 D．0
解析：由2S8＝S7＋S10，得S8－S7＝S10－S8，
所以a8＝a9＋a10，则a10＋a9－a8＝a11＝0，
所以S21＝21a11＝0.
故选D.
答案：D
3．(2021·甘肃省模拟)在数列{an}中，a1＝1，数列是公比为2的等比数列，则an＝( )
A.－1 B.
C.1＋ D.
解析：因为数列{an}中，a1＝1，数列是公比为2的等比数列，
所以＋1＝2，＋1＝2n，
故an＝.
故选B.
答案：B
4．(2021·佛山第一次模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到( )
A．2022年12月 B．2023年2月
C．2023年4月 D．2023年6月
解析：每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则70＋5n＋×1＝500，
化简整理得，n2＋9n－860＝0，
解得n≈25.17或－34.17(舍负)，
所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月．
故选B.
答案：B
5．(2021·哈尔滨市香坊区校级模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝2，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：因为＝2，可得S11＝2S5，所以11a6＝10a3，
设等差数列{an}公差为d，则11a6＝10(a6－3d)，
解得d＝－a6，
因为a11＝a6＋5d＝a6－a6＝a6，
所以＝＝.
故选A.
答案：A
6．(多选题)(2021·揭阳第一次模拟)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A．a3＋a7≥2 B．a4＋a6≥2
C．a7－2a6＋1≥0 D．a3－2a4－1≥0
解析：因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，
所以a3＝，a4＝，a6＝q，a7＝q2，
因为a3＋a7＝＋q2≥2，故A正确；
因为a4＋a6＝＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；
因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；
因为a3－2a4－1＝－－1＝－2，存在q使得a3－2a4－1<0，故D错误．
故选AC.
答案：AC
7．(2021·宝鸡模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2－3n，则此数列奇数项的前m项和为( )
A.－ B.－
C.－ D.－－
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2－3n)－(2－3n－1)＝－2·3n－1，
因为当n＝1时，a1＝－1不满足，
所以数列{an}从第二项开始成等比数列，又a3＝－18，
则数列{an}的奇数项构成的数列的前m项和Tm＝－1＝－.
故选B.
答案：B
8．(多选题)(2021·潮州第二次模拟)已知数列{an}满足an＝n·kn(n∈N*，0A．当k＝时，数列{an}为递减数列
B．当k＝时，数列{an}一定有最大项
C．当0D．当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项
解析：当k＝时，a1＝a2＝，知A错误；
当k＝时，＝·，当n<4，>1，n>4，<1，
所以可判断{an}一定有最大项，B正确；
当0当为正整数时，其值不妨取为n，则k＝，所以＝k＝·＝1，
可知数列{an}为常数数列，D正确．
故选BCD.
答案：BCD
9．(2021·潮州第二次模拟)中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，…生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．现有20位老人，他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中最年长者的年龄大于90且不大于100，其余19人的年龄依次相差一岁，则这20位老人的年龄极差为( )
A．28 B．29
C．30 D．32
解析：由题意可设年纪最大年龄为m，年纪最小年龄为n，
则有n＋(n＋1)＋…＋(n＋18)＋m＝1 520，
所以m＝1 349－19n，
因为90<1 349－19n≤100，
解得65所以n＝66，m＝95，
所以极差为29.
故选B.
答案：B
10．(2020·河南省六市第一次模拟)著名的斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，满足a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，n∈N*，若ak＝a2n－1，则k＝( )
A．2 020 B．4 038
C．4 039 D．4 040
解析：a1＝1，a3＝2，a4＝3，故a1＋a3＝a4，
a2n－1＝a1＋a3＋…＋a4 039＝a4＋a5＋a7＋…＋a4 039＝a6＋a7＋…＋a4 039＝…＝a4 040，故k＝4 040.
答案：D
11．(2021·河南省模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}，a6，3a5，a7成等差数列，若{an}中存在两项am，an，使得4a1为其等比中项，则＋的最小值为( )
A．4 B．9
C． D．
解析：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，q＞0，
由a6，3a5，a7成等差数列，可得6a5＝a6＋a7，
即6a1q4＝a1q5＋a1q6，
解得q＝2(－3舍去)，
{an}中存在两项am，an，使得4a1为其等比中项，
可得16a＝aman＝a·2m＋n－2，
化简可得m＋n＝6，m＞0，n＞0，
则＋＝(m＋n)＝≥＝，
当且仅当n＝2m＝4时，上式取得等号．
故选D.
答案：D
12．数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝，则a50＝( )
A．5－2 B．5－7
C．2 D．5
解析：因为Sn＋S n＋1＝，所以Sn－1＋Sn＝(n≥2)，
两式相减得an＋an＋1＝－，化简得：
an＋1－＝－，
则a2－＝－＝－2，
因为各项均为正数，所以解得a2＝－1，
同理可得a3＝－，a4＝－，…，
故猜想an＝－，所以a50＝－＝5－7.
故选B.
答案：B
13．(2021·广州第二次模拟)写出一个满足前5项的和为10，且递减的等差数列的通项an＝________．
解：设满足前5项的和为10，且递减的等差数列的首项为5，公差为d，
则S5＝5×5＋d＝10，
解得d＝－1.5，
所以通项an＝5＋(n－1)×(－1.5)＝－1.5n＋6.5.
故答案为－1.5n＋6.5.
答案：－1.5n＋6.5
14．(2021·广州模拟)已知等差数列{an}满足a3＝2，a4＋a5＝10，则log2a6＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＝2，a4＋a5＝10，
所以a1＋2d＝2，2a1＋7d＝10，
解得a1＝－2，d＝2，
所以a6＝－2＋5×2＝8，
则log2a6＝log223＝3，
故答案为3.
答案：3
15．(2020·滨州模拟)某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产．第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为11万元．设该设备使用了n(n∈N*)年后，年平均盈利额达到最大值(盈利额等于收入减去成本)时，n的值为________．
解析：设该设备第n年营运费用为an万元，则数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n，可得设备使用了n年的营运费用总和为Tn＝＝n2＋n(万元)，设第n年的盈利总和为Sn，则Sn＝11n－(n2＋n)－9＝－n2＋10n－9，
所以年平均盈利额为＝＝10－≤10－2 ＝4，
当且仅当时n＝，即n＝3时，取得等号，
即年平均盈利额达到最大值(盈利额等于收入减去成本)时，n的值为3.
答案：3
16．(2021·佛山市顺德区模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，则当Sn取得最小值时n的值为________．
解析：an＝＝，
可得1≤n≤5时，数列{an}单调递减，a1＝，a2＝0，a3＝－，a4＝－，a5＝－3；
n≥6时，数列{an}单调递减，an＞0.
所以当Sn取得最小值时n的值为5.
故答案为5.
答案：5
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专题二 数 列
微中微 数列与函数、不等式的交汇问题
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专题二 数 列
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专 题 强 化 练(共77张PPT)
专题二 数 列
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微专题1 等差数列与等比数列
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专 题 强 化 练专题强化练(五) 数列求和及简单应用
1．(2021·广东高三专题练习)已知数{an}，{bn}满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2.
(1)证明数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)因为bn－an＝n，b1＝2，
所以a1＝1，
因为an＋1＋1＝2an＋n，
所以an＋1＋n＋1＝2(an＋n)，
所以＝2，即＝2.
所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，则bn＝2n.
(2)由bn－an＝n，得an＝2n－n，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－
＝2n＋1－2－.
2．(2021·广东高三专题练习)设各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若集合A＝{n∈N*|log2＝k，k∈Z，n<2 021}，求集合A内所有元素的和T.
解：(1)令n＝1，则4S1＝(a1＋1)2，得a1＝1，
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，又4Sn＝(an＋1)2，
以上两式相减得a－2an－a－2an－1＝0(n≥2)，
即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0(n≥2)，
由数列{an}的各项为正，可得an－an－1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由an＝2n－1得a2＝3，
又log2＝k，则有log2＝k，
得n＝3×2k－1－2，
由n∈N*，n<2 021，k∈Z，知1≤k≤10且k∈N*，
则集合A内所有元素的和T＝(3×20－2)＋(3×21－2)＋(3×22－2)＋…＋(3×29－2)＝3×(20＋21＋22＋…＋29)－20＝－20＝3 049.
所以集合A内所有元素的和T为3 049.
3．(2021·梅州第一次模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n.
(1)证明数列{an－n}为等比数列并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)因为当n∈N*时，＝
＝2，
又因为a1－1＝2，所以数列{an－n}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an－n＝(a1－1)·2n－1＝2n，
所以an＝2n＋n(n∈N*)．
(2)因为bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2n＋n－n＝bn＋2n，
所以bn＋1－bn＝2n，
当n＝1时b1＝2，当n≥2时bn－bn－1＝2n－1，
所以bn＝(bn－bn－1)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋…＋21＋2＝2×＋2＝2n，
当n＝1时符合，所以bn＝2n，
所以cn＝＝＝
－，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn＝＋＋…＋(－)＋(－)＝－.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，________．
请在①a4＋a7＝13；②a1，a3，a7成等比数列；③S10＝65，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：因为Sn＋1＝Sn＋an＋1，所以Sn＋1－Sn＝an＋1，即an＋1＝an＋1，
所以数列{an}是首项为a1，公差为1的等差数列，其公差d＝1.
(1)选①：
由a4＋a7＝13，得a1＋3d＋a1＋6d＝13，即2a1＝13－9d，
所以2a1＝13－9×1＝4，解得a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1，即数列{an}的通项公式为an＝n＋1；
选②：
由a1，a3，a7成等比数列，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
则a＋4a1d＋4d2＝a＋6a1d，所以a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1；
选③：
因为S10＝10a1＋×d＝10a1＋45d，
所以10a1＋45×1＝65，所以a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1；
(2)由题可知＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得
Tn＝1＋＋＋＋…＋＋＝＋×－＝＋×－＝－，
所以Tn＝3－.
5．(2021·广东省模拟)在公比大于0的等比数列{an}中，已知a2，a3，6a1依次组成公差为4的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公比为q，q＞0，
因为a2，a3，6a1依次组成公差为4的等差数列，
所以a2＋6a1＝2a3，即a1q＋6a1＝2a1q2，
则2q2－q－6＝0，又q＞0，所以q＝2.
又因为a3－a2＝4，即4a1－2a1＝4，
所以a1＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n.
(2)由题可知cn＝＝，
则Tn＝＋＋＋… ＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋2－＝－＋.
故Tn＝－1－.
6．(2021·茂名市高州市第二次模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求{an}的通项公式an；
(2)数列{bn}满足bn＝(3n－1)··an，设Tn为数列{bn}的前n项和，求使k＞Tn恒成立的最小的整数k.
解：(1)由an＋1＝，可得＝＋1，
即有＋＝3，
即数列是首项为，公比为3的等比数列，
则＋＝×3n－1＝，
则an＝.
(2)bn＝(3n－1)··an＝(3n－1)··＝，
则Tn＝＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋＋…＋，
两式相减可得Tn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝2－，
所以Tn＝4－<4，
由k＞Tn恒成立，可得k≥4，
则最小的整数k为4.
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