新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训三等差数列与等比数列 8页

小题考法专训（三） 等差数列与等比数列 A级——保分小题落实练 一、选择题 ‎1．(2019·福州质检)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a‎2a6＝64，则S5＝(　　)‎ A．32　　　　　　　　　 B．31‎ C．64 D．63‎ 解析：选B　法一：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由条件得解得所以S5＝31，故选B.‎ 法二：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由a‎2a6＝a＝64，得a4＝8，又a3＝4，所以q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S5＝90，则等差数列{an}的公差d＝(　　)‎ A．2 B． C．3 D．4‎ 解析：选C　依题意，5×12＋d＝90，解得d＝3，故选C.‎ ‎3．在公差不为0的等差数列{an}中，‎4a3＋a11－‎3a5＝10，则a4＝(　　)‎ A．－1 B．0‎ C．1 D．2‎ 解析：选C　设{an}的公差为d(d≠0)，由‎4a3＋a11－‎3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即‎2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ ‎4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．－2 D．2‎ 解析：选C　因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋‎4a1＋‎4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.‎ ‎5．(2020届高三·广东六校联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，且‎4a1,‎2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝(　　)‎ A．16 B．15‎ C．8 D．7‎ 解析：选B　设公比为q，由题意得‎4a2＝‎4a1＋a3，即‎4a1q＝‎4a1＋a1q2，又a1＝1，所以4q - 8 -‎ ‎＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝＝15，故选B.‎ ‎6．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)‎ A. B． C. D．－ 解析：选C　因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.‎ ‎7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S3＝－6，则S5＝(　　)‎ A．18 B．10‎ C．－14 D．－22‎ 解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，‎ 由题意，得解得 所以S5＝＝－22，故选D.‎ ‎8．(2019·长春质监)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则＝(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A　由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝‎21a1，而S6＝＝‎63a1，所以＝＝，故选A.‎ ‎9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)‎ A．2n－1 B．n－1‎ C.n－1 D．n－1‎ 解析：选B　当n＝1时，S1＝a1＝‎2a2，则a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an - 8 -‎ ‎＝2an＋1－2an，所以＝，所以当n≥2时，数列{an}是公比为的等比数列，所以an＝所以Sn＝1＋＋×＋…＋×n－2＝1＋＝n－1，故选B.‎ ‎10．(2019·广东七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ 解析：选D　设{an}的公差为d，则由题意得，解得所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.‎ ‎11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则数列{nan}的前n项和为(　　)‎ A．－3＋(n＋1)×2n B．3＋(n＋1)×2n C．1＋(n＋1)×2n D．1＋(n－1)×2n 解析：选D　设{an}的公比为q，易知q≠1，‎ 所以由题设得 两式相除得1＋q3＝9，解得q＝2，进而可得a1＝1，‎ 所以an＝a1qn－1＝2n－1，所以nan＝n×2n－1.‎ 设数列{nan}的前n项和为Tn，‎ 则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，‎ ‎2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，‎ 两式作差得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝－1＋(1－n)×2n，‎ 故Tn＝1＋(n－1)×2n.‎ ‎12．已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|＜的最小整数n是(　　)‎ A．8 B．9‎ C．10 D．11‎ 解析：选C　由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即＝－，又a3＝，所以a3－1＝，代入上式，有a2－1＝－，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－ - 8 -‎ 的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝＝＜，又n∈N*，所以n的最小值为10，故选C.‎ 二、填空题 ‎13．(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．‎ 解析：设数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝‎5a1＋10d＝－10，‎ ‎∴a1＝－4，d＝1，‎ ‎∴a5＝a1＋4d＝0，‎ an＝a1＋(n－1)d＝n－5.‎ 令an＜0，则n＜5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．‎ ‎∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.‎ 答案：0　－10‎ ‎14．(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a‎2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 由 得解得 ‎∴S8＝‎8a1＋d＝8×(－5)＋28×2＝16.‎ 答案：16‎ ‎15．已知数列{an}中，a1＝3，a2＝7.当n∈N*时，an＋2是乘积an·an＋1的个位数，则a2 019＝________.‎ 解析：a1＝3，a2＝7，a‎1a2＝21，a3＝1，a‎2a3＝7，a4＝7，a‎3a4＝7，a5＝7，a‎4a5＝49，a6＝9，a‎5a6＝63，a7＝3，a‎6a7＝27，a8＝7，a‎7a8＝21，a9＝1，a‎8a9＝7，a10＝7，所以数列{an}是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a2 019＝a3＝1.‎ 答案：1‎ ‎16．已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝________.‎ - 8 -‎ 解析：由题意，因为数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ 答案： B级——拔高小题提能练 ‎1．(2019·福州质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a8＝(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A　因为an＋1＝，a1＝1，‎ 所以an＞0，所以＝，‎ 所以＝＝2＋4·＋2，‎ 所以＋2＝2.‎ 令bn＝＋2，则bn＋1＝b，‎ 又因为bn＞0，且bn≠1，所以ln bn＋1＝2ln bn，‎ 又ln b1＝ln＝ln 3，‎ 所以数列{ln bn}是首项为ln 3，公比为2的等比数列．‎ 所以ln bn＝ln 3·2n－1＝ln 32n－1，所以bn＝32n－1，‎ 即＋2＝32n－1，从而an＝，‎ 将n＝8代入可得a8＝，选A.‎ ‎2．[多选题]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，令bn＝an＋1－2an，设cn＝，则下列说法正确的是(　　)‎ A．数列{bn}是等比数列 B．数列{cn}是等比数列 C．数列{an}的通项公式an＝(3n－1)2n－2‎ - 8 -‎ D．数列{an}的前n项和Sn＝(3n－4)2n－1＋2‎ 解析：选ACD　由题意，Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，两式相减得，Sn＋2－Sn＋1＝4(an＋1－an)，an＋2＝4an＋1－4an，所以an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，因为bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝2bn，又由题设得1＋a2＝4＋2＝6，即a2＝5，所以b1＝a2－‎2a1＝3，所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故A正确；由A得bn＝3·2n－1，所以bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，所以－＝，即cn＋1－cn＝.所以数列{cn}是首项为，公差为的等差数列．故B错误；由B得，cn＝＋(n－1)＝n－，即＝n－，所以an＝(3n－1)2n－2，则Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)2n－1＋2.故C、D正确．‎ ‎3．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2 019项的和为________．‎ 解析：由(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4，得an＋1＝－3＝，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－，a4＝－5，a5＝5，则数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2 019＝504×4＋3，且a1＋a2＋a3＋a4＝－，即一个周期的和为－，所以数列{an}的前2 019项的和为－×504＋5＋0－＝－.‎ 答案：－ ‎4．(2019·福建五校第二次联考)在数列{an}中，a1＝，＝，n∈N*，且bn＝.记Pn＝b1·b2·…·bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，则3n＋1Pn＋Sn＝________.‎ 解析：因为＝＝－，‎ 所以bn＝＝－，‎ 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－.‎ 因为＝，所以bn＝＝，‎ - 8 -‎ 所以Pn＝b1·b2·…·bn＝··…·＝.‎ 又a1＝，故3n＋1Pn＋Sn＝＋－＝＝3.‎ 答案：3‎ ‎5．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an，m∈R，且anbn＝n.则a2＝________；若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．‎ 解析：∵3Sn＝(n＋m)an，∴3S1＝‎3a1＝(1＋m)a1，‎ 解得m＝2，∴3Sn＝(n＋2)an.①‎ 当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1.②‎ 由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，‎ 即(n－1)an＝(n＋1)an－1.‎ ‎∵a1＝2，∴an≠0，∴＝，‎ ‎∴＝，＝，＝，…，＝，＝，‎ 以上各式累乘可得an＝n(n＋1)，‎ 经检验a1＝2符合上式．∴an＝n(n＋1)，n∈N*.‎ ‎∴a2＝2×3＝6.‎ ‎∵anbn＝n，∴bn＝.‎ 令Bn＝T2n－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n ‎＝＋＋…＋，‎ 则Bn＋1－Bn＝＞0，‎ ‎∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝.‎ ‎∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，‎ ‎∴λ≥B1＝，故实数λ的最小值为.‎ 答案：6　 - 8 -‎ - 8 -‎