【志鸿优化设计】2021高考数学二轮专题升级训练 专题四 第1讲 等差数列、等比数列 理 新人教A版.doc

《【志鸿优化设计】2021高考数学二轮专题升级训练 专题四 第1讲 等差数列、等比数列 理 新人教A版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【志鸿优化设计】2021高考数学二轮专题升级训练 专题四 第1讲 等差数列、等比数列 理 新人教A版.doc（3页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题升级训练 等差数列、等比数列(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.已知数列an满足a1=1,且,则a2 014=()A.2 012B.2 013C.2 014D.2 0152.已知各项均为正数的等比数列an中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=()A.5B.4C.6D.73.(2013山东青岛模拟,6)等比数列an的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列.若a1=1,则S4=()A.7B.8C.15D.164.已知等差数列an的前n项和为Sn,若=a1+a200,且A,B,C三点共线(该直线不过原点O),则S20

2、0=()A.100B.101C.200D.2015.在等差数列an中,an0,且a1+a2+a10=30,则a5a6的最大值等于()A.3B.6C.9D.366.设an,bn分别为等差数列与等比数列,且a1=b1=4,a4=b4=1,则以下结论正确的是()A.a2b2B.a3b5D.a6b6二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.定义“等积数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做该数列的公积,已知数列an是等积数列,且a1=3,公积为15,那么a21=.8.在数列an中,如果对任意nN*都有=k(k为常数),则称数列a

3、n为等差比数列,k称为公差比.现给出下列命题:等差比数列的公差比一定不为零;等差数列一定是等差比数列;若an=-3n+2,则数列an是等差比数列;若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比.其中正确命题的序号为.9.已知a,b,c是递减的等差数列,若将其中两个数的位置互换,得到一个等比数列,则=.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)已知数列an为公差不为零的等差数列,a1=1,各项均为正数的等比数列bn的第1项、第3项、第5项分别是a1,a3,a21.(1)求数列an与bn的通项公式;(2)求数列anbn的前n项和.11

4、.(本小题满分15分)数列an是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,且S9=135,a3,a4,a12成等比数列.(1)求an的通项公式.(2)是否存在正整数m,使仍为数列an中的一项?若存在,求出满足要求的所有正整数m;若不存在,说明理由.12.(本小题满分16分)等差数列an的前n项和为Sn,a1=1+,S3=9+3.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn;(2)设bn=(nN*),求证:数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.#1.C解析:由,可得an=n,故a2 014=2 014.2.A解析:(a1a2a3)(a7a8a9)=50,且an0,a4a5a6=5.3.C解析:

5、设数列an的公比为q,则由题意得4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,得q=2.S4=15.4.A解析:=a1+a200,且A,B,C三点共线,a1+a200=1,故根据等差数列的前n项和公式得S200=100.5.C解析:a1+a2+a10=30,得a5+a6=6,又an0,a5a6=9.6.A解析:设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,由a1=b1=4,a4=b4=1,得d=-1,q=,a2=3,b2=2;a3=2,b3=;a5=0,b5=;a6=-1,b6=.故选A.7.3解析:由题意知anan+1=15,即a2=5,a3=3,a4=5,观

6、察可得:数列的奇数项都为3,偶数项都为5.故a21=3.8.解析:若k=0,an为常数列,分母无意义,正确;公差为零的等差数列不是等差比数列,错误;=3,满足定义,正确;设an=a1qn-1(q0),则=q,正确.9.20解析:依题意得或者或者由得a=b=c,这与a,b,c是递减的等差数列矛盾;由消去c整理得(a-b)(a+2b)=0.又ab,因此有a=-2b,c=4b,故=20;由消去a整理得(c-b)(c+2b)=0.又bc,因此有c=-2b,a=4b,故=20.10.解:(1)设数列an的公差为d(d0),数列bn的公比为q(q0),由题意得=a1a21,(1+2d)2=1(1+20d)

7、,4d2-16d=0.d0,d=4.an=4n-3.于是b1=1,b3=9,b5=81,bn的各项均为正数,q=3.bn=3n-1.(2)anbn=(4n-3)3n-1,Sn=30+531+932+(4n-7)3n-2+(4n-3)3n-1,3Sn=31+532+933+(4n-7)3n-1+(4n-3)3n.两式两边分别相减得-2Sn=1+43+432+433+43n-1-(4n-3)3n=1+4(3+32+33+3n-1)-(4n-3)3n=1+-(4n-3)3n=(5-4n)3n-5,Sn=.11.解:(1)设an的公差为d0,则S9=9a1+d=135.a1+4d=15.又a3,a4,

8、a12成等比数列,=a3a12,即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+11d),化简,得13d+7a1=0.由,得d=7,a1=-13,an=a1+(n-1)d=7n-20.(2)由于am=am+1-d,am+2=am+1+d,=am+1+,设ak=am+1+,则7k-20=7(m+1)-20+,即k=m+1+,又k,m均为正整数,故7必能被7m-13整除,m=2,k=10,存在唯一的正整数m=2.12.解:(1)由已知得d=2.故an=2n-1+,Sn=n(n+).(2)由(1)得bn=n+.假设数列bn中存在三项bp,bq,br(p,q,r互不相等)成等比数列,则=bpbr,即(q+)2=(p+)(r+),(q2-pr)+(2q-p-r)=0.p,q,rN*,=pr,(p-r)2=0.p=r,这与pr矛盾.数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列.3