高考数学(理数)二轮专题复习：12《数列与不等式》专题练习（教师版）

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1．已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋45,n－3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
2．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(2Sn＋16,an＋3)的最小值为( )
A．4 B．3 C．2 eq \r(3)－2 D.eq \f(9,2)
3．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则Sn的取值范围是( )
A．(0,1) B．(0，＋∞) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
5．设Rn是等比数列{an}的前n项的积，若25(a1＋a3)＝1，a5＝27a2，则当Rn取最小值时，n＝______.
6．几名大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330 C．220 D．110
7．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq \f(2n＋3,2n)，求{bn}的前n项和Tn.
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝lg2an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.
10．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
专题二 数列与不等式
1．B 解析：eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(14n＋38,2n－4)＝eq \f(7n＋19,n－2)＝7＋eq \f(33,n－2)，∴n－2＝－1或1或3或11或33，∴n＝1或3或5或13或35.当n＝3时，eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(Tn＋45,n－3)中分母为零，所以舍去．
2．A 解析：由a1，a3，a13成等比数列，得aeq \\al(2,3)＝a1a13⇒(a1＋2d)2＝a1(a1＋12d)⇒4d2＝8a1d.因为d≠0，因此d＝2a1＝2，Sn＝n2，an＝2n－1，从而eq \f(2Sn＋16,an＋3)＝eq \f(n2＋8,n＋1)＝(n＋1)＋eq \f(9,n＋1)－2≥2 eq \r(n＋1×\f(9,n＋1))－2＝4，当且仅当n＝2时取等号．故选A.
3．－eq \f(1,n) 解析：由已知，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1·Sn，两边同时除以－Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列．则eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n.所以Sn＝－eq \f(1,n).
4．C 解析：当n＝1时，a1＝eq \f(1,2).当n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，得an－an－1＋an＝0，即2an＝an－1.
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
∴Sn＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴Sn∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
5．6 解析：设公比为q，则q3＝eq \f(a5,a2)＝27.所以q＝3.由25(a1＋a3)＝1，得25(a1＋a1·32)＝1，解得a1＝eq \f(1,250).则an＝eq \f(3n－1,250).则要使Rn取得最小值，必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤1，,an＋1>1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3n－1,250)≤1，,\f(3n,250)>1，))所以250100，有k≥14，此时k＋20，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3.由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
因为a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
所以a2nb2n－1＝(3n－1)×4n.
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).