• 111.50 KB
  • 2021-05-13 发布

高考数学二轮复习微专题强化练习题等差数列与等比数列

  • 10页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第一部分 一 9 ‎ 一、选择题 ‎1.(文)(2014·东北三省三校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4+a6 =12,则S7的值是(  )‎ A.21     B.‎24 ‎   ‎ C.28     D.7‎ ‎[答案] C ‎[解析] ∵a2+a4+a6=‎3a4=12,∴a4=4,‎ ‎∴‎2a4=a1+a7=8,∴S7===28.‎ ‎[方法点拨] 1.熟记等差、等比数列的求和公式.‎ ‎2.形如an+1=an+f(n)的递推关系用累加法可求出通项;‎ ‎3.形如an+1=anf(n)的递推关系可考虑用累乘法求通项an;‎ ‎4.形如an+1=kan+b(k、b为常数)可通过变形,设bn=an+构造等比数列求通项an.‎ ‎(理)在等比数列{an}中,a1=a,前n项和为Sn,若数列{an+1}成等差数列,则Sn等于(  )‎ A.an+1-a         B.n(a+1)‎ C.na D.(a+1)n-1‎ ‎[答案] C ‎[解析] 利用常数列a,a,a,…判断,则存在等差数列a+1,a+1,a+1,…或通过下列运算得到:2(aq+1)=(a+1)+(aq2+1),∴q=1,Sn=na.‎ ‎2.(文)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为(  )‎ A.    B.   ‎ C.    D.4‎ ‎[答案] A ‎[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,=.‎ ‎(理)(2014·全国大纲文,8)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(  )‎ A.31 B.32‎ C.63 D.64‎ ‎[答案] C ‎[解析] 解法1:由条件知:an>0,且 ‎∴∴q=2.‎ ‎∴a1=1,∴S6==63.‎ 解法2: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.‎ ‎[方法点拨] 下标成等差的等差、等比数列的项或前n项和的问题,常考虑应用等差、等比数列的性质求解.‎ ‎3.(2015·浙江理,3)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则(  )‎ A.a1d>0,dS4>0‎ B.a1d<0,dS4<0‎ C.a1d>0,dS4<0‎ D.a1d<0,dS4>0‎ ‎[答案] B ‎[解析] 考查等差数列的通项公式及其前n项和;等比数列的概念.‎ ‎∵{an}为等差数列,且a3,a4,a8成等比数列,‎ ‎∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d)⇒‎ a1=-d,‎ ‎∴S4=2(a1+a4)=2(a1+a1+3d)=-d,‎ ‎∴a1d=-d2<0,dS4=-d2<0,故选B.‎ ‎4.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+‎10a1,a5=9,则a1=(  )‎ A. B.- C. D.- ‎[答案] C ‎[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=.‎ ‎[方法点拨] 求基本量的问题,熟记等差、等比数列的定义、通项及前n项和公式,利用公式、结合条件,建立方程求解.‎ ‎5.(2015·江西省质检)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an(n∈N*),则数列{an}的前2015项的和S2015等于(  )‎ A.31008-2 B.31008-3‎ C.32015-2 D.32015-3‎ ‎[答案] A ‎[解析] 因为a1=1,a2=3,=3,‎ 所以S2015=(a1+a3+…+a2015)+(a2+a4+…+a2014)=+=31008-2.‎ ‎6.(文)(2014·新乡、许昌、平顶山调研)设{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和,对任意正整数n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,则S101的值为(  )‎ A.2 B.200‎ C.-2 D.0‎ ‎[答案] A ‎[解析] 设公比为q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+‎2a2+a3=0,∴a1+‎2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1,又∵a1=2,‎ ‎∴S101===2.‎ ‎(理)(2014·哈三中二模)等比数列{an},满足a1+a2+a3+a4+a5=3,a+a+a+a+a=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是(  )‎ A.3 B. C.- D.5‎ ‎[答案] D ‎[解析] 由条件知,∴=5,‎ ‎∴a1-a2+a3-a4+a5===5.‎ ‎7.(文)在等差数列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,则此数列前20项的和等于(  )‎ A.290 B.300‎ C.580 D.600‎ ‎[答案] B ‎[解析] 由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87得,‎ a1+a20=30,‎ ‎∴S20==300.‎ ‎(理)已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,‎2a2成等差数列,则=(  )‎ A.1+ B.1- C.3+2 D.3-2 ‎[答案] C ‎[解析] 由条件知a3=a1+‎2a2,‎ ‎∴a1q2=a1+‎2a1q,‎ ‎∵a1≠0,∴q2-2q-1=0,‎ ‎∵q>0,∴q=1+,‎ ‎∴=q2=3+2.‎ ‎8.(2015·福建理,8)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(  )‎ A.6 B.7‎ C.8 D.9‎ ‎[答案] D ‎[解析] 由韦达定理得a+b=p,a·b=q,因为p>0,q>0,则a>0,b>0,当a,b,-2适当排序后成等比数列时,-2必为等比中项,故a·b=(-2)2=4,故q=4,b=.当适当排序后成等差数列时,-2必不是等差中项,当a是等差中项时,‎2a=-2,解得a=1,b=4,;当b是等差中项时,=a-2,解得a=4,b=1,综上所述,a+b=p=5,所以p+q=9,选D.‎ ‎9.已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+1-an==2,n∈N+,则数列{ban}的前10项的和为(  )‎ A.(49-1) B.(410-1)‎ C.(49-1) D.(410-1)‎ ‎[答案] D ‎[解析] 由a1=1,an+1-an=2得,an=2n-1,‎ 由=2,b1=1得bn=2n-1,‎ ‎∴ban=2an-1=22(n-1)=4n-1,‎ ‎∴数列{ban}前10项和为=(410-1).‎ ‎10.(文)若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=++…+等于(  )‎ A.1- B.(1-)‎ C.1- D.(1-)‎ ‎[答案] B ‎[解析] 因为an=1×2n-1=2n-1,所以an·an+1=2n-1·2n=2×4n-1,‎ 所以=×()n-1,所以{}也是等比数列,‎ 所以Tn=++…+=×=(1-),故选B.‎ ‎(理)(2014·唐山市一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则(  )‎ A.4n-1 B.4n-1‎ C.2n-1 D.2n-1‎ ‎[答案] C ‎[解析] 设公比为q,则a1(1+q2)=,a2(1+q2)=,∴q=,∴a1+a1=,∴a1=2.‎ ‎∴an=a1qn-1=2×()n-1,Sn==4[1-()n],∴==2(2n-1-)‎ ‎=2n-1.‎ ‎[点评] 用一般解法解出a1、q,计算量大,若注意到等比数列的性质及求,可简明解答如下:‎ ‎∵a2+a4=q(a1+a3),∴q=,‎ ‎∴====2n-1.‎ ‎11.给出数列,,,,,,…,,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是(  )‎ A.4900 B.4901‎ C.5000 D.5001‎ ‎[答案] B ‎[解析] 根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,…,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,…,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,,,…,,,…,,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=+50=4901.‎ ‎[点评] 本题考查归纳能力,由已知项找到规律,“‎1”‎所在项的特点以及项数与分子、分母的和之间的关系,再利用等差数列求和公式即可.‎ 二、填空题 ‎12.(文)(2015·广东理,10)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=________.‎ ‎[答案] 10‎ ‎[解析] 本题考查等差数列的性质及简单运算,属于容易题.‎ 因为{an}是等差数列,所以a3+a7=a4+a6=a2+a8=‎2a5,a3+a4+a5+a6+a7=‎5a5=25 即a5=5,a2+a8=‎2a5=10.‎ ‎(理)(2015·湖南理,14)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=________.‎ ‎[答案] 3n-1‎ ‎[解析] 考查等差数列与等比数列的性质.‎ ‎∵3S1,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3,∴4(a1+a2)=‎3a1+a1+a2+a3⇒a3=‎3a2⇒q=3.‎ 又∵{an}为等比数列,∴an=a1qn-1=3n-1.‎ ‎[方法点拨] 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时,先观察分析下标之间的关系,再考虑能否应用性质解决,要特别注意等差、等比数列性质的区别.‎ ‎13.(文)(2015·安徽理,14)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a‎2a3=8,则数列{an}的前n项和等于________.‎ ‎[答案] 2n-1‎ ‎[解析] 考查1.等比数列的性质;2.等比数列的前n项和公式.‎ 由题意,∴解得a1=1,a4=8或者a1=8,a4=1,而数列{an}是递增的等比数列,所以a1=1,a4=8,即q3==8,所以q=2,因而数列{an}的前n项和Sn===2n-1.‎ ‎(理)(2015·江苏,11)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为________.‎ ‎[答案]  ‎[解析] 考查数列通项,裂项求和.‎ 由题意得:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=,所以=2(-),Sn=2(1-)+2(-)+…+2(-)=2(1-)=,S10=.‎ 三、解答题 ‎14.(文)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.‎ ‎[方法点拨] 证明数列是等差(等比)数列时,应用定义分析条件,结合性质进行等价转化.‎ ‎(理)(2015·河南高考适应性测试)已知数列{an}的各项均为正数,且a1=2,an=a+4an+1+2.‎ ‎(1)令bn=log2(an+2),证明:数列{bn}是等比数列.‎ ‎(2)设cn=nbn,求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎[解析] (1)由an=a+4an+1+2,得an+2=a+4an+1+4=(an+1+2)2.‎ 因为an>0,所以=an+1+2.‎ 因为===,‎ 又b1=log2(a1+2)=2,‎ 所以数列{bn}是首项为2,公比为的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知,bn=2·n-1,则cn=2nn-1.‎ Sn=2×0+4×1+…+2(n-1)n-2+2nn-1,①‎ Sn=2×1+4×2+…+2(n-1)n-1+2nn.②‎ ‎①-②得:Sn=2×0+2×1+2×2+…+2×n-1-2n·n ‎=-2n·n=4-(4+2n)n.‎ 所以Sn=8-(n+2)n-2.‎ ‎15.(2015·南昌市一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S3=6,正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=2Sn.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若λbn>an对n∈N*均成立,求实数λ的取值范围.‎ ‎[解析] (1)等差数列{an},a1=1,S3=6,∴d=1,故an=n ,(1)÷(2)得bn=2Sn-Sn-1=2an=2n(n≥2),‎ b1=2S1=21=2,满足通项公式,故bn=2n ‎(2) 设λbn>an恒成立⇒λ>恒成立,设cn=⇒= 当n≥2时,cn<1,{cn}单调递减,‎ ‎∴(cn)max=c1=,故λ>.‎ ‎16.(文)(2014·湖北理,18)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.‎ ‎[分析] (1)设数列{an}的公差为d,利用等比数列的性质得到a=a1·a5,并用a1、d表示a2、a5,列等式求解公差d,进而求出通项,注意对公差d分类讨论;(2)利用(1)的结论,对数列{an}的通项分类讨论,分别利用通项公式及等差数列的前n项和公式求解Sn,然后根据Sn>60n+800列不等式求解.‎ ‎[解析] (1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d).‎ 化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.‎ 当d=0时,an=2;‎ 当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,‎ 从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.‎ ‎(2)当an=2时,Sn=2n,显然2n<60n+800,‎ 此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,‎ 当an=4n-2时,Sn==2n2,‎ 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,‎ 解得n>40或n<-10(舍去).‎ 此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.‎ 综上,当an=2时,不存在满足题意的n;‎ 当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.‎ ‎[方法点拨] 存在型探索性问题解答时先假设存在,依据相关知识(概念、定理、公式、法则、性质等),结合所给条件进行推理或运算,直到得出结果或一个明显成立或错误的结论,从而断定存在与否.‎ ‎(理)(2014·新课标Ⅰ理,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.‎ ‎(1)证明:an+2-an=λ;‎ ‎(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.‎ ‎[分析] (1)利用an+1=Sn+1-Sn用配凑法可获证;(2)假设存在λ,则a1,a2,a3应成等差数列求出λ的值,然后依据an+2-an=λ推证{an}为等差数列.‎ ‎[解析] (1)由题设:anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,‎ 两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1.‎ 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.‎ ‎(2)由题设,a1=1,a‎1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. ‎ 由(1)知,a3=λ+1,‎ 令‎2a2=a1+a3,解得λ=4.‎ 故an+2-an=4,由此可得 ‎{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;‎ ‎{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.‎ 所以an=2n-1,an+1-an=2.‎ 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.‎