高考数学二轮专题学与练 09 等差数列、等比数列（高考押题）（含解析）

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A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(5,4)
C.eq \f(4,13) D.eq \f(13,4)
【解析】设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差为d，
∵a1＝1，a4＝4，
∴3d＝eq \f(1,a4)－eq \f(1,a1)＝－eq \f(3,4)，即d＝－eq \f(1,4)，
则eq \f(1,a10)＝eq \f(1,a1)＋9d＝－eq \f(5,4)，故a10＝－eq \f(4,5)，故选A.
【答案】A
2．正项等比数列{an}中，若a2a18＝16，则lg2a10＝( )
A．2 B．4
C．8 D．16
【解析】依题意得，a2a18＝aeq \\al(2,10)＝16，又a10>0，因此a10＝4，lg2a10＝lg24＝2，选A.
【答案】A
3．已知等差数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，则a11等于( )
A．31 B．32
C．61 D．62
【解析】∵等差数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，
∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，
a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31.故选A.
【答案】A
4．已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn0，∴an－an－1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n(n∈N*)．
【答案】n
25．已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝eq \f(9,2).
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2，3a1＋eq \f(3×2,2)d＝eq \f(9,2)，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝eq \f(3,2)，
解得a1＝1，d＝eq \f(1,2)，
故{an}的通项公式an＝1＋eq \f(n－1,2)，
即an＝eq \f(n＋1,2).
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝eq \f(15＋1,2)＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝eq \f(b4,b1)＝8，
从而q＝2，
故{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(b1（1－qn）,1－q)＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1.
26．设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
(1)解：当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，
整理得a4＝eq \f(4a3－a2,4)，
又a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，
所以a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：当n≥2时，有4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
即4Sn＋2＋4Sn＋Sn＝4Sn＋1＋4Sn＋1＋Sn－1，
∴4(Sn＋2－Sn＋1)＝4(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
即an＋2＝an＋1－eq \f(1,4)an(n≥2)．
经检验，当n＝1时，上式成立．
∵eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,4)an))－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an)),an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(1,2)为常数，且a2－eq \f(1,2)a1＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(3)解：由(2)知，an＋1－eq \f(1,2)an＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*)，
等式两边同乘2n，
得2nan＋1－2n－1an＝2(n∈N*)．
又20a1＝1，
∴数列{2n－1an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
∴2n－1an＝2n－1，
即an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．
则数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．
27．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(an（an＋1）,2)(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝eq \f(1,Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
(1)证明：Sn＝eq \f(an（an＋1）,2)(n∈N*)，①
Sn－1＝eq \f(an－1（an－1＋1）,2)(n≥2)．②
①－②得：an＝eq \f(aeq \\al(2,n)＋an－aeq \\al(2,n－1)－an－1,2)(n≥2)，
整理得：(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋an－1)(n≥2)．
∵数列{an}的各项均为正数，
∴an＋an－1≠0，
∴an－an－1＝1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋n,2)，
∴bn＝eq \f(2,n2＋n)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Tn＝2eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋))…＋
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
28．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，
且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(2（1－4n）,1－4)＝eq \f(2（4n－1）,3).
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(2（4n－1）,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3).
29．已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(eq \r(an)，eq \r(an＋1))在双曲线y2－x2＝1上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－eq \f(1,2)x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列；
(3)若cn＝anbn，求证：cn＋1