第四章综合训练

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第四章综合训练
一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知数列{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10 B.15
C.21 D.42
答案D
解析当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
2.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=(　　)
A.16 B.8
C.4 D.2
答案C
解析因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=4.
3.(2021江苏启东高二期中)在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为(　　)
A.7 B.9
C.21 D.42
答案C
解析∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,
∴a1+a21=6.
由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a20)2=7×62=21.故选C.

4.在等差数列{an}中,S16>0,S170,即a1+a16=a8+a9>0,S170,∴q=2,∴an=2n-1.
∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,
∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1Sn+1.
∴Tn=b1+b2+…+bn=1S1−1S2+1S2−1S3+…+1Sn−1Sn+1=1S1−1Sn+1=1-12n+1-1.
∴T9=1-1210-1=1 0221 023.故选C.
8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于(　　)
A.83 B.125
C.94 D.2110
答案D
解析∵Gn=a1+2a2+3a3+…+nann,Gn=n+2,
∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D.
二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.(2021山东临沂高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)
A.a5=1 B.Sn的最小值为S5
C.S1=S6 D.Sn存在最大值
答案AC
解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,
∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1=-3.
a5=-3+4×1=1,故A正确;
∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;
S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,
∴S1=S6,故C正确.
故选AC.
10.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是(　　)
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列1an是递增数列
C.数列{log2an}是等差数列
D.数列{an}中,S10,S20,S30仍成等比数列
答案AC
解析在等比数列{an}中,a1=1,q=2,
所以an=2n-1,Sn=2n-1.
于是a2n=22n-1=2×4n-1,1an=12n-1,log2an=n-1,故数列{a2n}是等比数列,
数列1an是递减数列,数列{log2an}是等差数列.
因为S10=210-1,S20=220-1,S30=230-1,S20S10≠S30S20,所以S10,S20,S30不成等比数列.
故选AC.
11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是(　　)
A.01 D.T13>1
答案ABC
解析由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)1,矛盾;当a6>1且00知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,
数列{an}是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.
(2)由{an}的通项公式知,Sn=n(n+1)2,故Sk+2=(k+2)(k+3)2.又a1=1,ak=k,
结合题意知,k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,
因为k是正整数,所以k=6.
18.(2019北京)设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.
解(1)设{an}的公差为d.
因为a1=-10,
所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).
所以(-2+2d)2=d(-4+3d).
解得d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-12.
(2)由(1)知,an=2n-12.
所以,当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.
所以,Sn的最小值为S5=S6=-30.
19.(2019全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
20.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a52=9a4a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an-an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)设{an}的公比为q,
则由a52=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,
即a12q8=9a12q10,
因此q2=19.
因为{an}的各项均为正数,
所以q>0,故q=13.
又因为2a1+3a2=1,
所以2a1+3a1·13=1,解得a1=13.
故an=13·13n-1,即an=13n.
(2)由(1)得bn=an-an-1=13n−13n-1=-23·13n-1,
所以{bn}是首项为-23,公比为13的等比数列, 因此其前n项和Sn=-231-13n1-13=13n-1.
21.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
22.(2021江苏无锡高二期末)已知{an}是各项均为正数的等比数列,若a4,a6的等比中项是81,且a2+a4=811a2+1a4,数列{bn}的前n项和Sn满足4Sn+3=bn2+2bn,且bn>0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求证:{bn}是等差数列,并求数列{bn}的前n项和.
(1)解因为{an}是各项均为正数的等比数列,设其公比为q(q>0),
又a4,a6的等比中项是81,且a2+a4=811a2+1a4,
所以a4a6=a52=812,a2+a4=81×a4+a2a2a4,则a5=81,a2a4=81,因此a5=81,a32=81,即a5=81,a3=9,
所以q2=a5a3=9,解得q=3(负值舍去),故a1=a3q2=1,
所以an=a1qn-1=3n-1.
(2)证明因为数列{bn}的前n项和Sn满足4Sn+3=bn2+2bn,①
所以4Sn-1+3=bn-12+2bn-1(n≥2),②
①-②可得4Sn-4Sn-1=bn2−bn-12+2bn-2bn-1(n≥2),
即4bn=bn2−bn-12+2bn-2bn-1(n≥2),
即2(bn+bn-1)=bn2−bn-12=(bn+bn-1)(bn-bn-1)(n≥2).
又bn>0,所以bn+bn-1>0,因此bn-bn-1=2(n≥2),
即数列{bn}是公差为2的等差数列.
又4S1+3=b12+2b1,即b12-2b1-3=0,解得b1=3或-1(舍),
因此bn=3+2(n-1)=2n+1.
所以数列{bn}的前n项和为Sn=n(b1+bn)2=n2+2n.