2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题4 数列 第1讲 等差数列、等比数列练习

2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题4 数列 第1讲 等差数列、等比数列练习

第一部分 专题四 第一讲 等差数列、等比数列 A组 ‎1．(2018·唐山模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝( D )‎ A．18　　　 B．12　　　　‎ C．9　　　 D．6‎ ‎[解析]　本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式．‎ 由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6，故选D． ‎ ‎2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( C )‎ A．31 B．32 ‎ C．63 D．64‎ ‎[解析]　解法一：由条件知：an>0，且 ∴ ‎∴q＝2.‎ ‎∴a1＝1，∴S6＝＝63.‎ 解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即122＝3(S6－15)，∴S6＝63.‎ ‎3．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( D )‎ A．6 B．7 ‎ C．8 D．9‎ ‎[解析]　由题可得所以a>0，b>0，不妨设a>b，所以等比数列为a，－2，b或b，－2，a从而得到ab＝4＝q，等差数列为a，b，－2或－2，b，a从而得到2b＝a－2，两式联立解出a＝4，b＝1，所以p＝a＋b＝5，所以p＋q＝4＋5＝9.‎ ‎4．(2017·山西四校联考)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,‎2a2成等差数列，则＝( C )‎ A．1＋ B．1－ C．3＋2 D．3－2 ‎[解析]　本题主要考查等差数列、等比数列．‎ 8‎ ‎∵a1，a3,‎2a2成等差数列，∴a3×2＝a1＋‎2a2，‎ 即a1q2＝a1＋‎2a1q，∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋或q＝1－(舍)，‎ ‎∴＝＝q2＝(1＋)2＝3＋2.‎ ‎5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋‎2a1，若存在am，an，使得am·an＝‎16a，m，n∈N*，则＋的最小值为( C )‎ A．2 B．16 ‎ C． D． ‎[解析]　设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋‎2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝‎16a⇒a·‎2m＋n－2＝‎16a⇒m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，＋取最小值.‎ ‎6．已知{an}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且‎2a1＋a2＝1，则a1＝，d＝－1.‎ ‎[解析]　由题可得(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有‎3a1＋2d＝0，又因为‎2a1＋a2＝1，即‎3a1＋d＝1，联立可得d＝－1，a1＝.‎ ‎7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn为数列{an}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则S10＝91.‎ ‎[解析]　因为任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，‎ 所以an＋1＝an＋2，因为a3＝a2＋2＝4，‎ 所以an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，‎ 所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋×2＝91.‎ ‎8．(2018·江苏无锡一模)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＝－，‎ 8‎ ‎∴a8＝a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2.‎ ‎9．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数．‎ ‎(1)证明：数列{an}是等比数列；‎ ‎(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，‎ 则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，‎ 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，‎ 整理得an＝an－1.‎ 由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝‎4a1－p，解得a1＝.‎ 所以{an}是首项为，公比为的等比数列．‎ ‎(2)因为a1＝1，则an＝()n－1，‎ 由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()n－1，‎ 当n≥2时，由累加法得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)‎ ‎＝2＋＝3·()n－1－1，‎ 当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·()n－1－1.‎ ‎10．(文)(2017·蚌埠质检)已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.‎ ‎[解析]　(1)设该等比数列的公比为q，‎ 则根据题意有3·(1＋＋)＝9，‎ 从而2q2－q－1＝0，‎ 解得q＝1或q＝－.‎ 8‎ 当q＝1时，an＝3；‎ 当q＝－时，an＝3·(－)n－3.‎ ‎(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，‎ 故an＝3(－)n－3，‎ 此时a2n＋3＝3·(－)2n，‎ ‎∴bn＝2n，符合题意．‎ ‎∴cn＝ ‎＝ ‎＝－，‎ 从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－<1.‎ ‎(理)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.‎ ‎[解析]　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．‎ 令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标 xn＝1－＝.‎ ‎(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知 Tn＝xx…x＝22…2.‎ 当n＝1时，T1＝；‎ 当n≥2时，‎ 因为x＝2＝＞‎ ＝＝，‎ 所以Tn＞2×××…×＝.‎ 综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.‎ 8‎ B组 ‎1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为( A )‎ A．　　 B．　　　‎ C．　　 D．4‎ ‎[解析]　由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得＝3，则S6－S4＝5S2，‎ 所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.‎ ‎2．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且‎4a3－a6＝0，则＝( D )‎ A．－5 B．－3 ‎ C．3 D．5‎ ‎[解析]　∵‎4a3－a6＝0，∴‎4a1q2＝a1q5，∵a1≠0，q≠0，‎ ‎∴q3＝4，∴＝＝＝1＋q3＝5.‎ ‎(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋‎10a1，a5＝9，则a1＝( C )‎ A． B．－ ‎ C． D．－ ‎[解析]　∵S3＝a2＋‎10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋‎10a1，‎ a3＝‎9a1＝a1q2，∴q2＝9，‎ 又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝‎9a3，∴a3＝1，‎ 又a3＝‎9a1，故a1＝.‎ ‎3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝，则a2018＝( B )‎ A．2017 B．2018 ‎ C．4034 D．4036‎ ‎[解析]　∵a1＝1，Sn＝，‎ ‎∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，‎ 8‎ 即＝，‎ ‎∴＝＝…＝＝1，∴an＝n.‎ ‎∴a2018＝2018.‎ ‎4．(2018·浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则( B )‎ A．a1a3，a2a4‎ D．a1>a3，a2>a4‎ ‎[解析]　由x>0，ln x≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q<0，当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0.‎ ‎5．(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝( D )‎ A．10 B．15 ‎ C．－5 D．20‎ ‎[解析]　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1适合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)，因为p－q＝5，所以ap－aq＝20.‎ ‎6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前n和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( A )‎ A． B． ‎ C． D． ‎[解析]　设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，‎ ‎{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，‎ Sn＋(1＋)an＝4.‎ 当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·＝，又因为＝1，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()n－1(n∈N*)，an＝(n∈N*)．故选A．‎ 8‎ ‎7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝66.‎ ‎[解析]　本题主要考查数列的通项公式与求和．‎ 依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66.‎ ‎8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a‎10a11＋a‎9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50.‎ ‎[解析]　∵a‎10a11＋a‎9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5.‎ 又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a‎1a2…a20)‎ ‎＝ln[(a‎1a20)(a‎2a19)…(a‎10a11)]‎ ‎＝ln(e5)10＝lne50＝50.‎ 注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam.‎ ‎9．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．‎ ‎[解析]　(1)由已知Sn＝2an－a1，‎ 有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，‎ 即an＝2an－1(n≥2)．‎ 从而a2＝‎2a1，a3＝‎4a1.‎ 又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．‎ 所以a1＋‎4a1＝2(‎2a1＋1)，解得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 故an＝2n.‎ ‎(2)由(1)得＝.‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＝ ‎＝1－.‎ 由|Tn－1|<得<，即2n>1 000.‎ 8‎ 因为29＝512<1 000<1 024＝210，‎ 所以n≥10.‎ 于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.‎ ‎10．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*，又‎2a2，a3，a2＋2成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)由Sn＋1＝qSn＋1　①‎ 可得，当n≥2时，Sn＝qSn－1＋1　②‎ ‎①－②得：an＋1＝qan.‎ 又S2＝qS1＋1且a1＝1，‎ 所以a2＝q＝q·a1，‎ 所以数列{an}是以1为首项，q为公比的等比数列．‎ 又‎2a2，a3，a2＋2成等差数列，‎ 所以‎2a3＝‎2a2＋a2＋2＝‎3a2＋2，‎ 即2q2＝3q＋2.‎ 所以2q2－3q－2＝0，‎ 解得q＝2或q＝－(舍)，‎ 所以数列{an}的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由题意得：bn＝2·2n－1－λ(log22n)2＝2n－λn2，‎ 若数列{bn}为递增数列，则有 bn＋1－bn＝2n＋1－λ(n＋1)2－2n＋λn2＝2n－2nλ－λ>0，即λ<.‎ 因为＝>1，‎ 所以数列{}为递增数列．‎ 所以≥，所以λ<.‎ 8‎