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课时验收评价(五)“数列”大题规范增分练
1.(2022·全回甲卷)记S为数列{am}的前n项和.:3.已知等比数列{an}是各项均为正数的递增数列,
已知2S+m=2a.十1.
3a4,2a5,a6成等差数列,且满足a=9a4:
(1)求数列{am的通项公式:
(1)证明:{am}是等差数列:
(2)若a1a,ag成等比数列,求Sn的最小值.
1一的
(2)若,=loga2m-1(neN),求数列b.bn+
前n项和T·
2.已知数列{an}的前n项和Sn满足3一29n一2S,=0.
(1)求数列{a,}的通项公式;
(2)已知数列{b.}的通项公式为bn=2”,若由数列
{am)与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列
{cn},求数列{cn}的前n项和T
133
4.已知数列{am}的前n项和为Sm,a2=6,S,=:5.已知各项均为正数且递增的等比数列(an}满足:
2am+1十1.
5
2ag,2u4,2a5成等差数列,前5项和S=31.
(1)证明:数列{S,一1为等比数列,并求出Sm:
(1)求数列{am的通项公式:
(2)求数列1)
的前n项和Tm
(2)求数列a1,a2,a2,a2+a3a3a3·a3·a3·…
anan,am…的前100项和.
1343.解:(1)设{a}公差为d,由题设可得2(12.解:(1)因为3n2一29m一2S.一0,所以S
所以工,=上+上+…+
十2d)一(1十3d)=2,得d=1.新以a。
的通项公式为du一,
2,
1
2=
1
329
2)证明:周为a2二太一十2
当n=1时a1=交一2
=-13:
69
1
24×3"T
当≥2时=5一-=号
29
3
2
受n-12+婴(m-1)=3m-16.
3
5.解:(1)由2a·立a12as成等差数列得:
(信号)+…+(日)-(1中
5a1-2a3+2a5,
经检验,a1一一13满足.一3n一16,
设{a。}的公比为g,则2矿一5g十2=0,解
+++)-(++
故数列{am1的通项公式为4.=3m一16.
(2)设=a。,即2w=3m一16,m,n∈N
得g=2或9=2(舍去),所以S
+)=(+)-()
由bm=2m,所以bw+1=2+1=2·2"
23m-16)=6m-32=3(2-9)-16
e1一2》=31,解得a1=1
1-2
2n+3
(n+D(+2为(n十1)(n+2)
所以数列{an)的道项公式为4n=2"-
(2)由1十3+5+…十+(2H-1)=n2=100
<()所
2H+3
由2m-9eN,可知6+1Ea,
得n=10,
n+1)(n+2)22m+3
即b+1不是两个数列的公共项。
所以所求数列的前100项和T10=41+
于是立<3
bw+2=2w+2=22·2=4(3n-16)=12m
3a2+5aa十…+19a1o·
-4a+2
22n+3
-64=3(4m-16》-16,
即Tm-1+3×2+5×22+…+19×2,①
1,解:(1)设等差数列{4.)的公差为d,
由4n-16∈N,可知bm+:∈{am1.所以
所以2T10m=1×2+3×22+5×23+…+
由条件十。+ia
bm+:是两个数列的公共项,
17×29+19×219.
©
因此,若c=bu=am·
①-②探:-T1m=1+2×2+2×2+2
解得台-8点=2d0,
则C上+1=bw+:一4w一I6,
×2+…+2×2-19×20=(2+22十
所以经+上-+丝_2
22+2+:+210)-19×219一1=2×
a(日2a,-1+-x2-2-1
2
-=4,且c1=2,
1-210
所以两致列的公共项所构成的新数列{。】
1-2-19×20-1,
36+1+2h,b+1一=0.一(ho+1十hw)·
是以2为着项·以4为公比的等比数列,
所以T10=17×210+3=17411.
(3h+1-b)=0,”6>0,.ba+1=
第二板块课时验收评价(六)
子6又6=1≠06≠0-号
所以数列{的前n项和T,=2一4
1-4
22w+1-2
1.A
.3
2.德Ba,1,,b成等差数列a,
“(么是以1为首项,号为公比的等比数
3
3.解:(1)议等比数列{aw}的公比为4,且g
为b成等比数列,r1+:=a+b,为
>1,由条件3a::2as06成等是款列,
可得t-3u十ds,即4aug-3u1十a:
ab
,4w=2n-1.
可得g一4g十3■0,解得9■3戎9=1
2=++2>2√只·+2=4,当
(含去),
十6≥an,即
十6≥2m-1,
文因为a对=9a4,即id=9如1d,即a=3.
且仅当a=b时取等号.:凸十
一的最
所以数列{a,}是首项为3,公比为3的等
VIye
3/
小值为4