专题突破练14 4.1~4.2组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏2.(2022辽宁大连二模,理4)设等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=-1,S4=-5,则S6=( )A.-9B.-21C.-25D.-633.已知等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )A.n(n+1)B.n(n-1)C.D.4.(2022河北唐山三模,理6)数列{an}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有an+m=an+3m,则{an}前5项和S5=( )A.121B.25C.31D.355.(2022山东潍坊二模,理4)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=-n2-n,则数列的前40项的和为( )A.B.-C.D.-6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( )A.3B.4C.5D.67.(2022吉林长春外国语学校二模,理8)已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则数列{}的前10项和为( )A.410-1B.(210-1)2C.(410-1)D.(210-1)8.设等差数列{an}满足3a8=5a15,且a1>0,Sn为其前n项和,则数列{Sn}的最大项为( )A.S23B.S24C.S25D.S269.(2022全国高考必刷模拟一,文12)数列{an}满足a1=,an+1-1=an(an-1)(n∈N*),Sn=+…+,则Sn的整数部分的所有可能值构成的集合是( )A.{0,1,2}B.{0,1,2,3}6\nC.{1,2}D.{0,2}二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2022湖南衡阳一模,文15)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-2n,则Sn= . 11.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=4,则a8的值为 . 12.(2022辽宁抚顺一模,文16)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn+2,则a9的值为 . 三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.已知数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:+…+<1.14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有3an=2Sn+3成立.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.6\n15.(2022河北保定一模,文17)已知数列{an}满足:2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足2anbn+1=an+1bn(n≥1,n∈N*),且b1=1.求数列{bn}的通项公式,并求其前n项和Tn.参考答案专题突破练14 4.1~4.2组合练1.B 解析设塔的顶层共有x盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由=381,可得x=3,故选B.2.B 解析由题意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.3.A 解析∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.∴Sn=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故选A.4.D 解析当m=1时,由an+m=an+3m,得an+1-an=3,∴数列{an}是首项a1=1,公差d=3的等差数列,∴S5=5×1+×5×4×3=35.5.D 解析∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,a1=-2也满足上式,则数列{an}的通项公式为an=-2n,=-,即数列的前40项的和为-+…+=-.6.C 解析∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.∴d=am+1-am=3-2=1.6\n∵Sm=ma1+×1=0,∴a1=-.又=a1+m×1=3,∴-+m=3.∴m=5.故选C.7.C 解析∵Sn=2n-1,∴Sn+1=2n+1-1.∴an+1=Sn+1-Sn=(2n+1-1)-(2n-1)=2n.∵a1=S1=2-1=1,∴数列{an}的通项公式为an=2n-1,∴=4n-1,∴所求值为(410-1),故选C.8.C 解析设等差数列{an}的公差为d,∵3a8=5a15,∴3(a1+7d)=5(a1+14d),即2a1+49d=0.∵a1>0,∴d<0,∴等差数列{an}单调递减.∵Sn=na1+d=nd=(n-25)2-d.∴当n=25时,数列{Sn}取得最大值,故选C.9.A 解析∵a1=,an+1-1=an(an-1),∴an+1-an=(an-1)2>0,∴an+1>an,因此数列{an}单调递增.∵an+1-1=an(an-1),∴,∴.∴Sn=+…++…+=3-.由an+1-1=an(an-1)(n∈N*),得a2-1=,∴a2=,同理可得a3=,a4=.当n=1时,S1=3-,其整数部分为0,6\n当n=2时,S2=3-=3-=1+,其整数部分为1,当n=2时,S3=3-=2+,其整数部分为2,因数列{an}单调递增,当n>4时,0<<1,所以当n≥4时,Sn=3-∈(2,3),所以Sn的整数部分的所有可能值构成的集合是{0,1,2}.10.n·2n 解析∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式两边同时除以2n,则=1.又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2,∴数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,所以Sn=n·2n.11.2 解析∵等比数列{an}的前n项和为Sn,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=4,∴解得a1q=8,q3=-,∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8×=2.12.384 解析当n≥2时,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2,两式相减,得an+1-an=an,∴an+1=2an.当n=2时,a2=S1+2=3,所以数列{an}中,当n≥2时,是以2为公比的等比数列,∴a9=a2×27=3×128=384.13.(1)解设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.(2)证明∵,6\n∴+…+=+…+==1-<1.14.解(1)在3an=2Sn+3中,令n=1,得a1=3.当n≥2时,3an=2Sn+3,①3an-1=2Sn-1+3,②①-②得an=3an-1,∴数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴an=3n.(2)由(1)得bn=log3an=n,数列{bn}的前n项和Tn=1+2+3+…+n=.15.解(1)由2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),得数列{an}为等差数列,且首项为1,公差为a2-a1=1,,所以an=n.(2)∵2nbn+1=(n+1)bn,∴(n≥1),∴数列是以=1为首项,为公比的等比数列,即,从而bn=,Tn=+…+Tn=+…+,由①-②,得Tn=1++…+=2-,∴Tn=4-.6
