2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(九)數(shù)列的概念與表示、等差數(shù)列與等比數(shù)列配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）

《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(九)數(shù)列的概念與表示、等差數(shù)列與等比數(shù)列配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(九)數(shù)列的概念與表示、等差數(shù)列與等比數(shù)列配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(九) [第9講　數(shù)列的概念與表示、等差數(shù)列與等比數(shù)列] (時間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．?dāng)?shù)列0，1，0，1，…的通項公式不是(　　) A．a(chǎn)n＝sin2 B．a(chǎn)n＝ C．a(chǎn)n＝ D．a(chǎn)n＝cos 2．已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，滿足a1·a9＝16，則a2·a5·a8的值為(　　) A．16 B．32 C．48 D．64 3．公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a2，a3，a6成等比數(shù)列，則其公比為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 4．等差數(shù)列{an}中，a5＋a6＝4，

2、則log2(2a1·2a2·…·2a10)＝(　　) A．10 B．20 C．40 D．2＋log25 5．在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，則m＝(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 6．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a3＝3S2＋1，a2＝3S1＋1，則公比q＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 7．已知首項是1的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，2a2是4a1，a3的等差中項，則＝(　　) A．－9 B．9 C．－ D. 8．定義：F(x，y)＝y(tǒng)x(x>0，y

3、>0)，已知數(shù)列{an}滿足：an＝(n∈N*)，若對任意正整數(shù)n，都有an>ak(k∈N*)成立，則ak的值為(　　) A. B．2 C. D. 9．已知{an}是公差為d的等差數(shù)列，若3a6＝a3＋a4＋a5＋12，則d＝________． 10．已知等比數(shù)列{an}的首項為2，公比為2，則＝________． 11．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋1＝an＋2；當(dāng)n為偶數(shù)時，an＋1＝2an則a9＝________． 12．已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且S1，2S2，3S3成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝

4、an＋n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 13．等差數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，滿足2S2＝a2(a2＋1)，且a1＝1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的最小值項． 14．已知等差數(shù)列{an}(n∈N＋)中，an＋1>an，a2a9＝232，a4＋a7＝37. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若將數(shù)列{an}的項重新組合，得到新數(shù)列{bn}，具體方法如下：b1＝a1，b2＝a2＋a3，b3＝a4＋a5＋a6＋a7，b4＝a8＋a9＋a10＋…＋a15，…，依此類推，第n項bn由相應(yīng)的{

5、an}中2n－1項的和組成，求數(shù)列的前n項和Tn. 專題限時集訓(xùn)(九) 【基礎(chǔ)演練】 1．D　[解析] 經(jīng)檢驗可知D不符合． 2．D　[解析] 等比數(shù)列{an}，a1·a9＝a2·a8＝a＝16，各項均為正數(shù)，∴a5＝4，a2·a5·a8＝a＝43＝64.即a2·a5·a8的值為64. 3．C　[解析] 設(shè)公差為d，則(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，即d2＋2a1d＝0，又d≠0，所以d＝－2a1，等比數(shù)列的公比為＝＝3. 4．B　[解析] log2(2a1·2a2·…·2a10)＝a1＋a2＋…＋a10＝5(a5＋a6)＝20. 【提升

6、訓(xùn)練】 5．C　[解析] 由am＝a1a2a3a4a5得a1qm－1＝a＝(a1q2)5，又a1＝1，所以qm－1＝q10，解得m＝11，故選C. 6．C　[解析] 兩式相減得a3－a2＝3a2，即a3＝4a2，所以q＝＝4. 7．B　[解析] 由4a1＋a3＝4a2得q2－4q＋4＝0，所以q＝2，則＝＝9，故選B. 8．C　[解析] 根據(jù)定義，知an＝＝，因為＝＝×＝＝，而n2－(2n＋1)＝－2，所以當(dāng)n＝1，2時，n2<2n＋1，＝<1，an＋12n＋1，＝>1，an＋1>an，數(shù)列單調(diào)遞增，且a2＝1，a3＝，所以an≥，即ak的值為.

7、 9．2　[解析] 3a6＝a3＋a4＋a5＋12?3(a1＋5d)＝a1＋2d＋a1＋3d＋a1＋4d＋12?6d＝12，所以d＝2. 10．4　[解析] an＝2n，所以＝＝＝22＝4. 11．92　[解析] 由題意，得a2＝a1＋2＝4，a3＝8，a4＝10，a5＝20，a6＝22，a7＝44，a8＝46，a9＝92. 12．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q， 若q＝1，則S1＝a1＝1，2S2＝4a1＝4，3S3＝9a1＝9，故S1＋3S3＝10≠2×2S2，與已知矛盾，故q≠1，從而得Sn＝＝， 由S1，2S2，3S3成等差數(shù)列，得S1＋3S3＝2×2S2， 即1＋3×

8、＝4×， 解得q＝，所以an＝a1·qn－1＝. (2)由(1)得，bn＝an＋n＝n－1＋n， 所以Tn＝(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n) ＝Sn＋(1＋2＋…＋n)＝＋ ＝＋＝. 13．解：(1)由2S2＝a＋a2，可得2(a1＋a1＋d)＝(a1＋d)2＋(a1＋d)． 又a1＝1，可得d＝1或d＝－2(舍去)．故數(shù)列{an}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，∴an＝n. (2)根據(jù)(1)得Sn＝， bn＝＝＝n＋＋1. 由于函數(shù)f(x)＝x＋(x>0)在(0，)上單調(diào)遞減， 在[，＋∞)上單調(diào)遞增，而3<<4， 且f(3)＝3＋＝＝，f(4)＝4＋＝＝

9、， 所以當(dāng)n＝4時，bn取得最小值，且最小值為＋1＝. 即數(shù)列{bn}的最小值項是b4＝. 14．解：(1)由a2a9＝232與a4＋a7＝a2＋a9＝37， 解得：或(由于an＋1>an，舍去)， 設(shè)公差為d，則解得 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n＋2(n∈N＋)． (2)由題意得： bn＝a2n－1＋a2n－1＋1＋a2n－1＋2＋…＋a2n－1＋2n－1－1 ＝(3·2n－1＋2)＋(3·2n－1＋5)＋(3·2n－1＋8)＋…＋[3·2n－1＋(3·2n－1－1)] ＝2n－1×3·2n－1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)]， 而2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)是首項為2，公差為3的等差數(shù)列的前2n－1項的和，所以2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1) ＝2n－1×2＋×3＝3·22n－3＋·2n. 所以bn＝3·22n－2＋3·22n－3＋·2n＝·22n＋·2n， 所以bn－·2n＝·22n， 所以Tn＝(4＋16＋64＋…＋22n)＝×＝(4n－1)．