2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题六-第一讲-等差数列-等比数列21-【检测与评估答案】.docx

专题六　数　列
第1讲　等差数列、等比数列

1. 4　【解析】由{an}为正项等比数列得a2a12=a3a11=16,则log2a2+log2a12=log2a2a12=log2a3a11=log216=4.

2. 20　【解析】方法一:a3+a8=2a1+9d=10,所以3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=2(2a1+9d)=20.
方法二:3a5+a7=2a5+(a5+a7)=2a5+2a6=2(a5+a6)=2(a3+a8)=20.

3. 　【解析】方法一:由于a5+2a10=0,即a5+2a5q5=0,所以q5=-,从而==1+q10=1+=.
方法二:由于a5+2a10=0,即a5+2a5q5=0,所以q5=-,又S20=(1+q10)S10,所以=1+q10=1+=.

4. 14　【解析】　方法一:由等差数列{an}的前n项和公式得解得所以S7 =7a1+d=14.
方法二:利用等差数列性质知S5=5a3,S9=9a5,得a3=1,a5=3,再由通项公式解出所以a4=3,从而S7=7a4=14.
方法三:利用等差数列性质知成等差数列,得-=-,得S7=14.

5. 　【解析】a2,a4是方程x2-x-2=0的两个根,a2+a4=1,由于a1+a5=a2+a4,所以S5==.

6. 36　3 981　【解析】由=k+1+2+2×5+…+2(2k-1)=k+1+2×=2k2+k+1,所以当n=20时,S20=S13+2×7=2×9+3+1+14=36;n=2 013,S2 013=S1 981+2×32=2×442+44+1+64=3 981.

7. -2 013　【解析】由于S12=12a1+d,S10=10a1+d,所以==a1+d,=a1+d.-=d=2.S2 013=2021a1+d=2021×(-2021+2022)=-2021.

8. 54　【解析】设{an}的公比为q,由2a4+a3-2a2-a1=8,得(2a2+a1)q2-(2a2+a1)=8,所以(2a2+a1)·(q2-1)=8,明显q2>1.2a8+a7=(2a2+a1)q6=.令t=q2,所以2a8+a7=,设函数f(t)=(t>1),f'(t)=.易知当t∈时f(t)为减函数;当t∈时,f(t)为增函数.所以f(t)的微小值为f=54,故2a8+a7的最小值为54.

9. 由于4Sn=(an+1)2,当n=1时,4S1=(a1+1)2,即(a1-1)2=0,解得a1=1.
当n≥2时,4Sn-4Sn-1=(an+1)2-(an-1+1)2,
整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
所以an=-an-1或an-an-1=2.
当an=-an-1时,an=
所以bn==
当an-an-1=2时,数列{an}是以首项为1、公差为2的等差数列,所以an=1+2(n-1)=2n-1,
所以bn==2n-1.

10. (1) 由于an=2-(n≥2,n∈N*),bn=,
所以-bn=-
=-
=-=1.
又b1==-,所以数列{bn}是以-为首项、1为公差的等差数列.
(2) 由(1)知bn=n-,则an=1+=1+.
设f(x)=1+,则f(x)在区间和上为减函数.
故当n=3时,an取得最小值-1;当n=4时,an取得最大值3.

11. (1) 设数列{an}的公差为d,
依题意得2,2+d,2+4d成等比数列,
故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2.
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2) 当an=2时,Sn=2n,明显2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,且n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的正整数n;
当an=4n-2时,存在满足题意的正整数n,其最小值为41.