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  • 2021-05-13 发布

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

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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