2019届二轮复习等差数列和等比数列作业（全国通用）

2019届二轮复习等差数列和等比数列作业（全国通用）

第六单元等差数列和等比数列（基础达标）‎ 一．选择题 ‎1．（2018•保定二模）已知正项等比数列{an}满足a3=1，a5=，则a1的值为（　　）‎ A．4 B．2 C． D．‎ ‎【答案】：B ‎【解析】∵正项等比数列{an}满足a3=1，a5=，∴，‎ 解得，∴a1的值为2．故选：B．‎ ‎2．（2018•信阳二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1+a3=，且a2+a4=，则等于（　　）‎ A．4n﹣1 B．4n﹣1 C．2n﹣1 D．2n﹣1‎ ‎【答案】：D ‎3．（2018•玉溪模拟）已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3、S9、S6成等差数列，则q3等于（　　）‎ A．﹣ B．1 C．﹣或1 D．﹣1或 ‎【答案】：A ‎【解析】若S3、S9、S6成等差数列，则S3+S6=2S9，若公比q=1，则S3=3a1，S9=9a1，S6=6a1，即3a1+6a1=18a1，则方程不成立，即q≠1，则=，即1﹣q3+1﹣q6=2﹣2q9，即q3+q6=2q9，即1+q3=2q6，即2（q3）2﹣q3﹣1=0，‎ 解得q3=，故选：A．‎ ‎4．（2018•长春二模）已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a2=2，a5+a6=6a4，则a5=（　　）‎ A．4 B．10 C．16 D．32‎ ‎【答案】C ‎【解析】：由a6+a5=6a4得q2+q﹣6=0，解得q=2，从而．故选：C．‎ ‎5．（2018•大连模拟）已知等比数列{an}的前n项的和为Sn（n∈N），且S1，S2，S3，成等差数列，则数列{an}的公比q为（　　）‎ A．1 B．﹣1 C．1 或﹣1 D．2‎ ‎【答案】：A ‎【解析】等比数列{an}的公比为q，S1，S2，S3成等差数列，‎ 可得2S2=S1+S3，即有2（a1q+a1）=a1+a1+a1q+a1q2，化为q2=q，解得q=1，故选：A．‎ ‎6．（2018•永州三模）已知数列{an}满足an+1=2an，a1+a4=2，则a5+a8=（　　）‎ A．8 B．16 C．32 D．64‎ ‎【答案】C ‎【解析】：数列{an}满足an+1=2an，可得数列{an}为公比q=2的等比数列，‎ a1+a4=2，可得a1+8a1=2，即a1=，则a5+a8=×24+×27=32，故选：C．‎ ‎7．（2018•马鞍山二模）已知等比数列{an}满足a1=1，a3•a5=4（a4﹣1），则a7的值为（　　）‎ A．2 B．4 C． D．6‎ ‎【答案】：B ‎【解析】∵等比数列{an}满足a1=1，a3•a5=4（a4﹣1），‎ ‎∴q2•q4=4（q3﹣1），∴q6﹣4q3+4=0，解得q3=2，∴a7==1×22=4．故选：B．‎ ‎8．（2018•资阳模拟）等比数列{an}的公比不为1，若a4，a3，a5成等差数列，则=（　　）‎ A．﹣4 B．﹣2 C．﹣ D．﹣‎ ‎【答案】：B ‎【解析】设等比数列{an}的公比为q，且q≠1，∵a4，a3，a5成等差数列，‎ ‎∴2a3=a4+a5，∴2a3=a3•q+a3•q2，即q2+q﹣2=0，解得q=﹣2，∴==q=﹣2，‎ 故选：B．　‎ ‎9．（2018•钦州三模）已知数列{an}是等比数列，若a2=1，a5=，则a1a2+a2a3+…+anan+1（n∈N ‎ ‎）的最小值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】：C ‎10. （2018•九江三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且a1，an，Sn成等差数列，则S6=（　　）‎ A．31 B．32 C．63 D．64‎ ‎【答案】：C ‎【解析】∵数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且a1，an，Sn成等差数列，学 ‎ ‎∴2an=Sn+1，当2an﹣1=Sn﹣1+1，两式相减，得：2an﹣2an﹣1=Sn﹣Sn﹣1=an，‎ ‎∴=2，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴S6==63．故选：C． . ‎ ‎11. （2018•宿州一模）在等差数列{an}中，，若它的前n项和Sn有最大值，则当Sn＞0时，n的最大值为（　　）‎ A． 11 B．12 C．13 D．14‎ ‎【答案】：A ‎【解析】∵数列{an}是等差数列，它的前n项和Sn有最大值，‎ ‎∴公差d＜0，首项a1＞0，{an}为递减数列，∵＜0，‎ ‎∴a6•a7＜0，a6+a7＜0，由等差数列的性质知：‎ ‎2a6=a1+a11＞0，‎ a6+a7=a1+a12＜0，∵Sn=（a1+an），∴Sn＞0时，n的最大值为11．故选：A．‎ ‎12．（2018•全国三模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm﹣1=﹣2，Sm=0，Sm+1=3，其中m≥2，则nSn 的最小值为（　　）‎ A．﹣3 B．﹣5 C．﹣6 D．﹣9‎ ‎【答案】：D 二．填空题（共21小题）‎ ‎13（2018春•浦东新区期末）等差数列{an}中，a1=﹣1，a3=3，an=9，则n=　　． . ‎ ‎【答案】：6‎ ‎【解析】等差数列{an}中，a1=﹣1，a3=3，‎ ‎∴a3=﹣1+2d=3，‎ ‎∴d=2，‎ ‎∵an=9=﹣1+（n﹣1）×2，‎ 解得n=6，‎ 故答案为6．学- ‎ ‎14．（2018春•常州期中）等差数列{an}满足2a2+a5=3，a8+a9+a10=21，则S11=　　（Sn为数列{an}前n项和）‎ ‎【答案】：44‎ ‎【解析】在等差数列{an}中，由2a2+a5=3，a8+a9+a10=21，‎ 得，解得．‎ ‎∴S11=11×（﹣1）+=44．‎ 故答案为：44．‎ ‎15（2018•新疆一模）等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列的{bn}的前n项和为Tn，且a1=b1=1，a4=b4=﹣8，则=　　．‎ ‎【答案】：﹣‎ ‎【解析】设公差为d，公比为q，∵a1=b1=1，a4=b4=﹣8，‎ ‎∴d=﹣3，q=﹣2，∴S5=5×1+=﹣25，T5===11，‎ ‎∴=﹣，故答案为：﹣‎ ‎16．（2018•渝水区校级模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，在数列{bn}中，bn=a3n﹣2+a3n﹣1+a3n，且b1=6，b2=9，则的最小值为　　．‎ ‎【答案】：8‎ ‎【解析】设等差数列{an}的公差为d，∵bn=a3n﹣2+a3n﹣1+a3n，‎ ‎∴b1=a1+a2+a3=6，b2=a4+a5+a6=9，∴b2﹣b1=3d+3d+3d=9﹣6，解得d=，‎ ‎∴a1+a1++a1+=6，解得a1=，∴Sn=na1+d=n+n（n﹣1）=，‎ ‎∴bn=a3n﹣2+a3n﹣1+a3n=+（3n﹣2﹣1）×++（3n﹣1﹣1）×++（3n﹣1）×=3n+3=3（n+1），‎ ‎∴====（n++10）‎ ‎≥（10+2）=8，当且仅当n=3时取等号，‎ 故答案为：8‎ 三．解答题（共10小题）‎ ‎17．（2018•黑龙江模拟）数列{an}满足an=6﹣（n∈N ，n≥2）．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）若a1=6，求数列{lgan}的前999项的和．‎ ‎【分析】（1）数列{an}满足，an=6﹣（n∈N ，n≥2）．作差﹣，代入化简即可证明．‎ ‎（2）a1=6，可得=．由（1）利用等差数列的通项公式即可得出an=，取对数可得lgan=lg3+lg（n+1）﹣lgn．利用累加求和即可得出．‎ ‎【解析】（1）证明：数列{an}满足，an=6﹣（n∈N ，n≥2）．‎ ‎∴﹣=﹣==，‎ ‎∴数列是等差数列，‎ ‎（2）解：∵a1=6，∴=．‎ 由（1）知：=+=，‎ ‎∴an=，‎ ‎∴lgan=lg3+lg（n+1）﹣lgn．‎ ‎∴数列{lgan}的前999项和S=999lg3+（lg2﹣lg1+lg3﹣lg2+…+lg1000﹣lg999）=999lg3+lg1000﹣3=999lg3．‎ ‎18（2018 •东湖区校级期中）在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，已知 a1+a3=22，S5=45．‎ ‎（1）求an，Sn；‎ ‎（2）设数列{Sn}中最大项为S ，求 及S ．‎ ‎【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出数列的首项与公差，然后求解an，Sn；‎ ‎（2）利用变号的项，求解最值即可．‎ ‎【解析】解：（1）由已知得，所以，‎ 所以an=a1+（n﹣1）d=﹣2n+15；‎ ‎；‎ ‎（2）由an≥0，即﹣2n+15≥0，可得n≤7，所以S7最大， =7，S7==49．‎ ‎19．（2018 •屯溪区校级期中）是否存在一个等比数列{an}同时满足下列三个条件：①a1+a6=11且a3a4=；②an+1＞an（n∈N ）；③至少存在一个m（m∈N 且m＞4），使得am﹣1，am2，am+1+依次构成等差数列？若存在，求出通项公式；若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】假设存在等比数列{an}同时满足三个条件，由①②结合等比数列的性质求得a1、a6的值，从而求出等比数列的公比，得到等比数列的通项公式，结合am﹣1，am2，am+1+成等差数列求出m的值为3，与m＞4矛盾，说明假设错误．‎ ‎【解析】：假设存在等比数列{an}同时满足三个条件，‎ 由①可得，‎ 由②可知数列{an}是递增的，则a6＞a1，‎ 解上面方程组得，‎ 设等比数列的公比q，则，q=2．‎ 此时．‎ 由③可知 ‎．‎ 解得m=3，与已知m＞4矛盾．‎ 故这样的数列{an}不存在．‎ ‎20. （2018•徐州期中）已知等差数列{an}中，a2=5，a4+a7=24，‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；学 + 学 ‎ ‎（2）设bn=2，求b1+b2+b3+…+b10的值．‎ ‎【分析】（1）利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1=3，d=2，由此能求出数列{an}的通项公式．‎ ‎（2）由bn=2=22n=4n，能求出b1+b2+b3+…+b10．‎ ‎【解析】：（1）∵等差数列{an}中，a2=5，a4+a7=24，‎ ‎∴，‎ 解得a1=3，d=2，‎ ‎∴数列{an}的通项公式an=3+（n﹣1）×2=2n+1．‎ ‎（2）∵bn=2=22n=4n，‎ ‎∴b1+b2+b3+…+b10‎ ‎=4+42+43+…+410‎ ‎=‎ ‎=．‎ ‎21（2018•新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=﹣7，S3=﹣15．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）求Sn，并求Sn的最小值．‎ ‎【分析】（1）根据a1=﹣7，S3=﹣15，可得a1=﹣7，3a1+3d=﹣15，求出等差数列{an}的公差，然后求出an即可；‎ ‎（2）由a1=﹣7，d=2，an=2n﹣9，得Sn===n2﹣8n=（n﹣4）2﹣16，由此可求出Sn以及Sn的最小值．‎ ‎22．（2018•徐州一模）已知数列{an}，其前n项和为{Sn}，满足a1=2，Sn=λnan+μan﹣1，其中n≥2，n∈N ，λ，μ∈R．‎ ‎（1）若λ=0，μ=4，bn=an+1﹣2an（n∈N ），求证：数列{bn}是等比数列；‎ ‎（2）若数列{an}是等比数列，求λ，μ的值；‎ ‎（3）若a2=3，且λ+μ=，求证：数列{an}是等差数列．‎ ‎【分析】（1）利用数列的递推关系，结合等比数列的定义进行证明即可．‎ ‎（2）根据等比数列的性质建立方程关系进行求解．‎ ‎（3）利用数列的递推关系，结合等差数列的定义进行证明． ‎ ‎【解析】（1）证明：若λ=0，μ=4，则当Sn=4an﹣1（n≥2），‎ 所以an+1=Sn+1﹣Sn=4（an﹣an﹣1），‎ 即an+1﹣2an=2（an﹣2an﹣1），‎ 所以bn=2bn﹣1，‎ 又由a1=2，a1+a2=4a1，‎ 得a2=3a1=6，a2﹣2a1=2≠0，即bn≠0，‎ 所以=2，‎ 故数列{bn}是等比数列．‎ ‎②﹣①×q，得1=λq2，‎ ‎③﹣②×q，得1=λq3，‎ 解得q=1，λ=1．‎ 代入①式，得μ=0．‎ 此时Sn=nan，（n≥2），‎ 所以a1=2，{an}是公比为1的等比数列，‎ 故λ=1，μ=0．‎ ‎（3）证明：若a2=3，由a1+a2=2λa2+μa1，‎ 得5=6λ+2μ，‎ 又λ+μ=，解得λ=，μ=1．‎ 由a1=2，a2=3，λ=，μ=1，代入Sn=λnan+μan﹣1得a5=4，‎ 所以a1，a2，a3成等差数列，‎ 由Sn=an+an﹣1，得Sn+1=an+1+an，‎ 两式相减得：an+1=an+1an+an﹣an﹣1，‎ 即（n﹣1）an+1﹣（n﹣2）an﹣2an﹣1=0，‎ 所以nan+2﹣（n﹣1）an+1﹣2an=0，‎ 相减得：nan+2﹣2（n﹣1）an+1+（n﹣2）an﹣2an+2an﹣1=0，‎ 所以n（an+2﹣2an+1+an）+2（an+1﹣2an+an﹣1）=0，‎ 所以an+2﹣2an+1+an=﹣（an+1﹣2an+an﹣1）=（an﹣2an﹣1+an﹣2）=…=（a3﹣2a2+a1）， 学 。X。X。 ‎ 因为a3﹣2a2+a1=0，‎ 所以an+2﹣2an+1+an=0，‎ 即数列{an}是等差数列．‎