专题能力训练11 等差数列与等比数列能力突破训练1.(2022甘肃肃南模考)在等差数列{an}中,a4+a10+a16=30,则a18-2a14的值为( ) A.20B.-20C.10D.-102.(2022贵州黔东南州模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中,若log2(a2·a3·a5·a7·a8)=5,则a1·a9=( )A.4B.5C.2D.253.设{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和.对任意正整数n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,则S101的值为( )A.2B.200C.-2D.04.已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>05.(2022广西南宁适应性测试)已知数列{an}满足an+1an+1+1=12,且a2=2,则a4等于( )A.-12B.23C.12D.116.(2022三湘名校联盟联考三)已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,S10=40,则a3·a8的最大值为 . 7.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 . 8.设x,y,z是实数,若9x,12y,15z成等比数列,且1x,1y,1z成等差数列,则xz+zx= . 9.已知Sn为数列{an}的前n项和,且a2+S2=31,an+1=3an-2n(n∈N*).(1)求证:{an-2n}为等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(1)证明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.-6-\n11.已知数列{an}是等比数列.设a2=2,a5=16.(1)若a1+a2+…+a2n=t(a12+a22+…+an2),n∈N*,求实数t的值;(2)若在1a1与1a4之间插入k个数b1,b2,…,bk,使得1a1,b1,b2,…,bk,1a4,1a5成等差数列,求k的值.思维提升训练12.(2022全国Ⅰ,理12)几位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.440B.330C.220D.11013.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1等于( )A.1-14nB.231-14nC.1-12nD.231-12n14.已知等比数列{an}的首项为43,公比为-13,其前n项和为Sn,若A≤Sn-1Sn≤B对n∈N*-6-\n恒成立,则B-A的最小值为 . 15.无穷数列{an}由k个不同的数组成,Sn为{an}的前n项和,若对任意n∈N*,Sn∈{2,3},则k的最大值为 . 16.等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a32=9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列1bn的前n项和.17.若数列{an}是公差为正数的等差数列,且对任意n∈N*有an·Sn=2n3-n2.(1)求数列{an}的通项公式.(2)是否存在数列{bn},使得数列{anbn}的前n项和为An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn;若不存在,请说明理由.参考答案专题能力训练11 等差数列与等比数列能力突破训练1.D 解析对题目中下标数值仔细观察,有a4+a10+a16=30⇒3a10=30,a10=10,所以a18-2a14=-a10=-10.故选D.2.A 解析由题意得log2(a2·a3·a5·a7·a8)=log2a55=5log2a5=5,所以a5=2.所以a1·a9=a52=4.故选A.3.A 解析设公比为q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又a1=2,∴S101=a1(1-q101)1-q=2[1-(-1)101]1+1=2.4.B 解析设{an}的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.∵a3,a4,a8成等比数列,∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d2=0.∵d≠0,-6-\n∴a1d=-53d2<0,且a1=-53d.∵dS4=4d(a1+a4)2=2d(2a1+3d)=-23d2<0,故选B.5.D 解析由已知得an+1+1an+1=2,则{an+1}是公比为2的等比数列,所以a4+1=(a2+1)·22=12.所以a4=11.故选D.6.16 解析S10=10(a1+a10)2=40⇒a1+a10=a3+a8=8,a3·a8≤a3+a822=822=16,当且仅当a3=a8=4时取等号.7.64 解析由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,两式相除得a1+a3q(a1+a3)=105,解得q=12,a1=8,所以a1a2…an=8n·121+2+…+(n-1)=2-12n2+7n2,抛物线f(n)=-12n2+72n的对称轴为n=-722×-12=3.5,又n∈N*,所以当n=3或4时,a1a2…an取最大值为2-12×32+7×32=26=64.8.3415 解析由题意知(12y)2=9x×15z,2y=1x+1z,解得xz=1229×15y2=1615y2,x+z=3215y,从而xz+zx=x2+z2xz=(x+z)2-2xzxz=(x+z)2xz-2=32152y21615y2-2=3415.9.(1)证明由an+1=3an-2n可得an+1-2n+1=3an-2n-2n+1=3an-3·2n=3(an-2n).又a2=3a1-2,则S2=a1+a2=4a1-2,得a2+S2=7a1-4=31,得a1=5,则a1-21=3≠0.故{an-2n}为等比数列.(2)解由(1)可知an-2n=3n-1(a1-2)=3n,∴an=2n+3n,∴Sn=2(1-2n)1-2+3(1-3n)1-3=2n+1+3n+12-72.10.(1)证明由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)解由a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.-6-\n由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.11.解设等比数列{an}的公比为q,由a2=2,a5=16,得q=2,a1=1.(1)∵a1+a2+…+a2n=t(a12+a22+…+an2),∴a1(1-q2n)1-q=t·a12(1-q2n)1-q2,即1-22n1-2=t·1-22n1-4对n∈N*都成立,∴t=3.(2)∵1a1=1,1a4=18,1a5=116,且1a1,b1,b2,…,bk,1a4,1a5成等差数列,∴公差d=1a5-1a4=-116,且1a4-1a1=(k+1)d,即18-1=(k+1)×-116,解得k=13.思维提升训练12.A 解析设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为n(1+n)2.第n组的和为1-2n1-2=2n-1,前n组总共的和为2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令n(1+n)2>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-Sn(1+n)2应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=29×(1+29)2+5=440,故选A.13.B 解析因为an=1×2n-1=2n-1,所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以1anan+1=12×14n-1.所以1anan+1是等比数列.故Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=12×1×1-14n1-14=231-14n.14.5972 解析易得Sn=1--13n∈89,1∪1,43,因为y=Sn-1Sn在89,43上单调递增(y≠0),所以y∈-1772,712⊆[A,B],因此B-A的最小值为712--1772=5972.15.4 解析要满足数列中的条件,涉及最多的项的数列可以为2,1,-1,0,0,0,…,所以最多由4个不同的数组成.16.解(1)设数列{an}的公比为q.-6-\n由a32=9a2a6得a32=9a42,所以q2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=13.故数列{an}的通项公式为an=13n.(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-n(n+1)2.故1bn=-2n(n+1)=-21n-1n+1,1b1+1b2+…+1bn=-21-12+12-13+…+1n-1n+1=-2nn+1.所以数列1bn的前n项和为-2nn+1.17.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则d>0,an=dn+(a1-d),Sn=12dn2+a1-12dn.对任意n∈N*,恒有an·Sn=2n3-n2,则[dn+(a1-d)]·12dn2+a1-12dn=2n3-n2,即[dn+(a1-d)]·12dn+a1-12d=2n2-n.∴12d2=2,12d(a1-d)+da1-12d=-1,(a1-d)a1-12d=0.∵d>0,∴a1=1,d=2,∴an=2n-1.(2)∵数列{anbn}的前n项和为An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*),∴当n=1时,a1b1=A1=4,∴b1=4,当n≥2时,anbn=An-An-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2.∴bn=2n-2.假设存在数列{bn}满足题设,且数列{bn}的通项公式bn=4,n=1,2n-2,n≥2,∴T1=4,当n≥2时,Tn=4+1-2n-11-2=2n-1+3,当n=1时也适合,∴数列{bn}的前n项和为Tn=2n-1+3.-6-
