（文理通用）2019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＝DA．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＝3a1＋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＝CA．31B．32C．63D．64[解析]　解法一由条件知an0，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－S22＝S2S6－S4，即122＝3S6－15，∴S6＝

63.3．若a，b是函数fx＝x2－px＋qp＞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DA．6B．7C．8D．9[解析]　由题可得所以a0，b0，不妨设ab，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，a32a2成等差数列，则＝CA．1＋B．1－C．3＋2D．3－2[解析]　本题主要考查等差数列、等比数列．∵a1，a32a2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CA．2B．16C．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15，24，33，42，51，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＋2d2＝a1＋da1＋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n1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1都成立，则S10＝

91.[解析]　因为任意的n1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋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＝－，∴a8＝a1q7＝a1qq32＝8×＝

2.9．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－pn∈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＋bnn∈N*，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．[解析]　1证明因为Sn＝4an－pn∈N*，则Sn－1＝4an－1－pn∈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＋bnn＝12，…，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＝－.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12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]　1y′＝x2n＋2＋1′＝2n＋2x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点12处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝2n＋2x－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≥.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AA．　　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＝DA．－5B．－3C．3D．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＝CA．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＝BA．2017B．2018C．4034D．4036[解析]　∵a1＝1，Sn＝，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，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＝lna1＋a2＋a3．若a11，则BA．a1a3，a2a4B．a1a3，a2a4C．a1a3，a2a4D．a1a3，a2a4[解析]　由x0，lnx≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝lna1＋a2＋a3≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q0，当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a11＋q1＋q20，此时a1＋a2＋a3＝a11＋q＋q2≥a11，lna1＋a2＋a30，矛盾，所以－1q0，所以a1－a3＝a11－q20，a2－a4＝a1q1－q

20.5．2018·南昌二模数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3nn∈N*，若p－q＝5，则ap－aq＝DA．10B．15C．－5D．20[解析]　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2n－12＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1适合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4p－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＋2an}为等差数列，则an＝AA．B．C．D．[解析]　设bn＝nSn＋n＋2an，则b1＝4，b2＝8，{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋n＋2an＝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－1n∈N*，an＝n∈N*．故选A．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＋3n≥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＝e

5.又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝lna1a2…a20＝ln[a1a20a2a19…a10a11]＝lne510＝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＝123，…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－1n≥2，即an＝2an－1n≥2．从而a2＝2a1，a3＝4a

1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2a2＋1．所以a1＋4a1＝22a1＋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

1000.因为29＝51210001024＝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q0，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－λlog2an＋12，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　

②①－

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－1n∈N*．2由题意得bn＝2·2n－1－λlog22n2＝2n－λn2，若数列{bn}为递增数列，则有bn＋1－bn＝2n＋1－λn＋12－2n＋λn2＝2n－2nλ－λ0，即λ.因为＝1，所以数列{}为递增数列．所以≥，所以λ.。