全品高考备战2027年数学一轮备用题库09重点强化练(九)【答案】

重点强化练(九)1.B[解析]根据等比数列的性质可得a3a5=a42,∴a42=4(a4-1),即(a4-2)2=0,解得a4=2,又a1=1,a1a7=a42=4,∴a2.B[解析]由log2(-d)=1,得d=-2,所以等差数列{an}是递减数列,因为{an}的前三项中最大的一项是1,所以a1=1,所以an=1+(n-1)×(-2)=-2n+3,所以a5=-2×5+3=-7.故选B.3.D[解析]设等比数列的公比为q,由等比数列的通项公式可得a1q2=-a1q+2a1,整理得q2+q-2=0,解得q=1或q=-2.当q=1时,S8S4=8a14a1=2;当q=-2时,S8S4=a1(q8-14.D[解析]由题意知P是△ABC的边BC所在直线上任意一点,即P,B,C共线,则由AP=a3AB+a16AC,可得a3+a16=1,故S18=18(a1+a18)5.A[解析]因为点(n,an+an+1)在函数y=kx+1的图象上,所以an+an+1=kn+1,即an+1=kn+1-an,又a1=1,所以a2=k+1-a1=k,a3=2k+1-a2=k+1,a4=3k+1-a3=2k,因为a1,a2,a4成等比数列,所以k2=1×2k,解得k=2或k=0(舍去).故选A.6.D[解析]设等比数列{an}的公比为q,由a3>a2>a1,得a1q2>a1q>a1,则a1<0,0<q<1或a1>0,q>1.由数列{Sn}为递增数列,得an+1=Sn+1-Sn>0,即∀n∈N*,a1qn>0,因此a1>0,q>0,所以“数列{Sn}为递增数列”是“a3>a2>a1”的既不充分也不必要条件.故选D.7.A[解析]设等差数列{an}的公差为d(d<0),由a2=a7+13a7-1,得a2a7=a2+a7+13①,由S8=8(a1+a8)2=44,得a1+a8=11②,由①②得,a2a7=24,又a1+a8=a2+a7=11,所以由a2a7=24,a2+a7=11,且d<0,得a2=8,a7=3,所以d=a7-a27-2=3-85=-1,a1=9,所以Sn8.B[解析]∵Sn=(2Sn+1)Sn+1,∴Sn=Sn+1+2Sn·Sn+1,即1Sn+1-1Sn=2,又a1=1,∴1S1=1a1=1,∴1Sn是以1为首项,2为公差的等差数列,∴1Sn=2n-1,∴Sn=12n-1,∴S11=121,a5=S5-S9.BC[解析]设等比数列{an}的公比为q,依题意得a12q=2,a1q2=4,解得a1=1,q=2,所以an=2n-1,故a3+a5=22+24=20,故B,C正确,A错误;对于10.ABD[解析]由题意得Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,d≠0.设f(x)=d2x2+a1-d2x,x∈R,对于A,由d>0,得函数f(x)的图象开口向上,f(x)有最小值,又n∈N*,(n,Sn)为f(x)图象上离散的点,故Sn有最小值,故A正确;对于B,由题意得,d≠0,假设d<0,则函数f(x)的图象开口向下,则当n→+∞时,Sn→-∞,则Sn无最小值,与已知数列{Sn}有最小项矛盾,假设不成立,所以若数列{Sn}有最小项,则d>0,故B正确;对于C,例如数列{an}:1,-2,-5,-8,…,其通项公式为an=-3n+4,则Sn+1-Sn=an+1=-3n+1<0对任意n∈N*恒成立,故{Sn}是递减数列,但S1=1>0,不满足Sn<0,故C错误;对于D,由对任意的n∈N*,均有Sn<0,得a1=S1<0,且Sn=d2n2+a1-d2n<0对任意的n∈N*恒成立,且d≠0,故d<0,所以Sn+1-Sn=an11.AD[解析]由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,得当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,两式相减可得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1,所以an=n+1(n≥2),显然当n=1时,a1=2满足an=n+1,故an=n+1,故A正确;由等差数列求和公式知{an}的前n项和为n(2+n+1)2=n2+3n2,故B错误;令bn=(-1)nan=(-1)n(n+1),{bn}的前100项和为-2+3-4+5-6+…+99-100+101=1×50=50,故C错误;令cn=|an-5|=|n-4|,则{|an-5|}的前30项和为c1+c2+…+c30=3+2+1+0+1+2+…12.-8[解析]实数0,x,y,6成等差数列,则等差数列的公差为y-x=6-03=2.-12,a,b,c,-18成等比数列,则b2=-12×-18=116,因为等比数列的奇数项同号,所以b13.2[解析]设等比数列的公比为q,当q=1时,Sn=na1,不符合题意;当q≠1时,则Sn=a1(1-qn)1-q=-a11-q·qn+a11-q,且Sn=t·14.12,45[解析]设等比数列ak1,ak2,ak3,…,akn的公比为q,因为k1=2,k2=5,k3=11,所以a52=a2·a11,所以(a1+4d)2=(a1+d)·(a1+10d),即a1=2d,其中d>0,所以ak1=a2=3d,ak2=a5=6d,ak3=a11=12d,所以公比q=2.因为an=a1+(n-1)d,即an=(n+1)d,所以akn=(kn+1)d.又因为akn=ak1·qn-1=3d·2n-1,所以(kn+1)d=3d·2n-1,即kn+1=3×2n-1,所以a15.解:(1)设数列{an}的公差为d,∵S12=6,∴a6+a7=1,又∵a6=0,∴a7=1,∴公差d=1,∴a1=-5,∴an=-5+(n-1)×1=n-6.(2)由(1)知Sn=n(-5+n-6)2=n2-11n2,当n≤5时,Tn=-Sn=-n2+11n2;当n综上,Tn=-16.解:(1)证明:当n=1时,S1=a1=2a1-1,解得a1=1.因为Sn=2an-n①,所以Sn-1=2an-1-(n-1),n≥2②,①-②得an=2an-2an-1-1,整理得an=2an-1+1,所以an+1=2an-1+2=2(an-1+1),即an+1an-1+1=2(n≥2),又a1+1=2,所以数列{an(2)由(1)知an+1=2×2n-1=2n,所以an=2n-1,所以Sn=2+22+…+2n-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2,所以Tn=S1+S2+S3+…+Sn=(22+23+24+…+2n+1)-[3+4+5+…+(n+2)]=417.解:(1)令n=1,则2a2-a1=14,所以a2=12,所以S2=a1+a2=所以T2=89S2=b11-23=109,解得b1=103,由2an+1-an=12n+1,可知2n+1an+1-2nan=12,所以{2na所以2nan=32+n-12=n+22,(2)当n≥2时,an-an-1=12n-an,累加可得,an-a1=122+…+12n-Sn+a1=12-12n-Sn+34,所以Sn=2-n+42n+1.Tn=103×1--23n1--23=2-2-23n.当n是奇数时,Sn<2<Tn;当n是偶数时,记n=2k,k∈N*,c2k=2-T2k2-S2k=2k+2432k,则c2k+2c2k=1691-1k+3≥169×1-11+3=43>1,所以{c2k}是递增数列,所以18.解:(1)证明:因为数列{an}的前n项和为Sn=3n2+5n,所以当n=1时,a1=S1=3+5=8,当n≥2时,Sn-1=3(n-1)2+5(n-1),所以an=Sn-Sn-1=3n2+5n-3(n-1)2-5(n-1)=6n+2,又a1=8也满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=6n+2.因为an+1-an=6(n+1)+2-6n-2=6,所以{an}是等差数列.(2)因为bn=64bn+1,所以bn+1b所以数列{bn}是以8为首项,164为公比的等比数列,所以bn=8·164n-1=29-6n,所以logabn=loga29-6n=(9-6n)loga2.要使对一切正整数n都有an=logabn+b成立,则6n+2=(9-6n)loga2+b恒成立,即6n+2=-6nloga2+9log所以6=-6lo故当a=12,b=11时,对一切正整数n都有an=logabn+b成立19.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则有a1+2因此an=1+2(n-1)=2n-1.由3bn-bn+1=0,得bn+1=3bn,而b1=3,则数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以bn=3×3n-1=3n.(2)①由(1)知,an=2n-1,bn=