2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：冲刺提分作业第18讲 等差数列、等比数列的基本问题 .docx
第18讲等差数列、等比数列的基本问题1.(2019徐州期中)已知等差数列an的前n项和为Sn,S11=132,a6+a9=30,则a12的值为.2.(2019南通期末三县联考)设an是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4,则它的前5项和S5=.3.(2019宿迁期末)已知数列an的前n项和为Sn,an+1-2an=1,a1=1,则S9的值为.4.(2018南通高三第二次调研)设等比数列an的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=.5.设数列an的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列an的前20项的和为.6.(2019如皋期末)已知Sn是等比数列an的前n项和,若6a6,a8,8a4成等差数列,且S2k=65Sk,则正整数k的值是.7.已知Sn为数列an的前n项和,若a1=2,且Sn+1=2Sn,设bn=log2an,则1b1b2+1b2b3+1b10b11的值是.8.(2018扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为.9.(2019如皋一模)已知数列an是公差不为零的等差数列,数列bn满足bn=anan+1an+2(nN*).(1)若数列an满足a10=-2,a4,a14,a9成等比数列.求数列an的通项公式;设数列bn的前n项和为Sn,当n多大时,Sn取最小值?(2)若数列cn满足cn=an+1an+2-an2(nN*),且等差数列an的公差为13,存在正整数p,q,使得ap+cq是整数,求|a1|的最小值.10.(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)已知等差数列an的首项为1,公差为d,数列bn的前n项和为Sn,若对任意的nN*,6Sn=9bn-an-2恒成立.(1)如果数列Sn是等差数列,证明数列bn也是等差数列;(2)如果数列bn+12为等比数列,求d的值;(3)如果d=3,数列cn的首项为1,cn=bn-bn-1(n2),证明数列an中存在无穷多项可表示为数列cn中的两项之和.答案精解精析1.答案24解析因为S11=132,所以11(a1+a11)2=132,即11a6=132,所以a6=12,又a6+a9=30,所以a9=18,因为a6+a12=2a9,所以a12=24.2.答案62解析设q为等比数列an的公比,则由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4,即q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),因此q=2,S5=2(1-25)1-2=62.3.答案1 013解析由an+1-2an=1,得an+1+1=2(an+1),即an+1+1an+1=2,所以数列an+1是以2为首项,2为公比的等比数列,设数列an+1的前n项和为Tn,则T9=2(1-29)1-2=1 022,则S9=T9-9=1 013.4.答案-6解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列an的公比q=1时不成立,则q1,a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2a1(1-q9)1-q,化简得2q6-q3-1=0,q3=-12(舍去1),则a5=a8q3=-6.5.答案2 056解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+a19=1-2101-2=1 023,偶数项a2+a4+a20=(a1+1)+(a3+1)+(a19+1)=1 033,故数列an的前20项和为2 056.6.答案6解析数列an是等比数列,且6a6,a8,8a4成等差数列,2a8=6a6+8a4,即2a1q7=6a1q5+8a1q3,q4=3q2+4,解得q2=4或q2=-1(舍),S2k=65Sk,a1(1-q2k)1-q=65a1(1-qk)1-q,qk=64,即k=6.7.答案1910解析由Sn+1=2Sn,且S1=a1=2,得数列Sn是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an=2,n=1,2n-1,n2,故bn=1,n=1,n-1,n2,所以1b1b2+1b2b3+1b10b11=1+112+123+1910=1+1-12+12-13+19-110=2-110=1910.8.答案34解析设等比数列a,b,c的公比为q(q0),则a=bq,c=bq,又a+6=bq+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则bq+6+(bq+1)=2(b+2),化简得b=32-q+1q,当b最大时q<0,此时q+1q-2,b=32-q+1q34,当且仅当q=-1时取等号,故b的最大值为34.9.解析(1)设数列an的公差为d,因为a4,a14,a9成等比数列,所以(-2-6d)(-2-d)=(-2+4d)2,所以d2-3d=0,因为d0,所以d=3,所以an=a10+(n-10)d=3n-32.当1n10时,an<0,当n11时,an>0,因为bn=anan+1an+2,所以当1n8时,bn<0,当n11时,bn>0,b9>0,b10<0,所以S1>S2>>S8<S9>S10<S11<,所以Sn的最小值为S8或S10.因为S10-S8=b9+b10=a10a11(a9+a12),又因为a10<0,a11>0,a9+a12=-1<0,所以S10-S8>0.所以当n=8时,Sn取最小值.(2)cn=an+1an+2-an2=an+13an+23-an2=an+29.因为存在正整数p,q,使得ap+cq是整数,所以ap+cq=a1+(p-1)13+a1+(q-1)13+29=2a1+p+q-23+29Z.设m=2a1+p+q-23+29,mZ.所以18a1=3(3m-p-q+1)+1是一个整数,所以|18a1|1,从而|a1|118,又当|a1|=118时,存在a1+c3=1Z.综上,|a1|的最小值为118.10.解析(1)证明:设数列Sn的公差为d,因为6Sn=9bn-an-2,6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n2),-得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),即6d=9(bn-bn-1)-d,所以bn-bn-1=6d+d9(n2)为常数,所以bn为等差数列.(2)由得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,因为bn+12为等比数列,所以bn+12bn-1+12=3bn-1+d3+12bn-1+12=3bn-1+12+d3-1bn-1+12=3+d3-1bn-1+12(n2)是与n无关的常数,所以d3-1=0或bn-1+12为常数.当d3-1=0时,d=3,符合题意;当bn-1+12为常数时,在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,所以bn-1+12=b1+12=32(n2),此时3+d3-1bn-1+12=3+d3-132=1,解得d=-6.综上,d=3或d=-6.(3)证明:当d=3时,an=3n-2.由(2)得数列bn+12是以32为首项,3为公比的等比数列,所以bn+12=323n-1=123n.即bn=12(3n-1).当n2时,cn=bn-bn-1=12(3n-1)-12(3n-1-1)=3n-1;当n=1时,也满足上式,所以cn=3n-1(n1).设an=ci+cj(1i<j,i,jN*),则3n-2=3i-1+3j-1,即3n-(3i-1+3j-1)=2,如果i2,因为3n为3的倍数,3i-1+3j-1为3的倍数,所以3n-(3i-1+3j-1)为3的倍数,则2也为3的倍数,矛盾.所以i=1,则3n=3+3j-1,即n=1+3j-2(j=2,3,4,).所以数列an中存在无穷多项可表示为数列cn中的两项之和.
