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

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.‎