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、

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 C．9

B．12 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＝

a1＋a11

2

＝

a1＋10d2

＝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 C．63

[解析] 解法一：由条件知：an>0，且

??a1＋a2＝3，???a1＋a2＋a3＋a4＝15，

B．32 D．64

∴?

??a1??a1

＋q＝3，＋q＋q＋q2

3

＝15，

∴q＝2.

1－2∴a1＝1，∴S6＝＝63.

1－2

解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S4－S2)＝S2(S6－S4)，即12＝3(S6－15)，∴S6＝63.

3．若a，b是函数f(x)＝x－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 C．8

??a＋b＝p>0，

[解析] 由题可得?

??ab＝q>0，

2

2

2

6

B．7 D．9

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.

1

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

2数列，则

a9＋a10

＝( C ) a7＋a8

B．1－2

1

A．1＋2

C．3＋22 D．3－22

[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列． 11

∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3×2＝a1＋2a2，

22

即a1q＝a1＋2a1q，∴q＝1＋2q，解得q＝1＋2或q＝1－2(舍)，

2

2

a9＋a10a1q8

∴＝a7＋a8a1q6＋q22

＝q＝(1＋2)＝3＋22. ＋q2

*

5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a1，m，n∈N，19

则＋的最小值为( C )

mnA．2 11C． 4

B．16 3D． 2

2

[解析] 设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1?q＝q＋2?q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝

2m＋n－22*

a1·2n－1，am·an＝16a2＝16a1?m＋n＝6，∵m，n∈N，∴(m，n)可取的数值组合1?a1·2

1911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.

mn4

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)＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有3a1＋2d＝0，又因为2a1＋a2＝1，2

即3a1＋d＝1，联立可得d＝－1，a1＝.

3

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，

9×8

所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋×2＝91.

2

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，

2

23

2

a1－qa1－q??2×＝

1－q1－q∴?

??a1q＋a1q4＝4，

13

解得a1q＝8，q＝－，

2

93

＋a1

－q1－q6

1732

∴a8＝a1q＝(a1q)(q)＝8×＝2.

4

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， 4

整理得an＝an－1.

3

由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.

3

*

*

*

*

pp4

所以{an}是首项为，公比为的等比数列．

33

4n－1

(2)因为a1＝1，则an＝()，

3

4n－1

由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()，

3当n≥2时，由累加法得

bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)

41－

3

＝2＋

41－3

n－1

4n－1

＝3·()－1，

3

4n－1

当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·()－1.

3

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

3

a2n＋3

，且{bn}为递增数列，若cn＝4

，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.

bn·bn＋1

[解析] (1)设该等比数列的公比为q，

3

11

则根据题意有3·(1＋＋2)＝9，

qq从而2q－q－1＝0， 1

解得q＝1或q＝－.

2当q＝1时，an＝3；

11n－3

当q＝－时，an＝3·(－).

22

(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符， 1n－3

故an＝3(－)，

212n此时a2n＋3＝3·(－)，

2∴bn＝2n，符合题意． ∴cn＝＝

42n1

2

n＋

nn＋

11＝－， nn＋1

从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－(理)设n∈N，xn是曲线y＝x*

1

<1. n＋1

＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．

2n＋2

(1)求数列{xn}的通项公式； 1222

(2)记Tn＝x1x3…x2n－1，证明：Tn≥.

4n[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 1nxn＝1－＝. n＋1n＋1

(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知

?1?2?3?2?2n－1?2. 22

Tn＝x21x3…x2n－1＝????…??

?2??4??2n?

1

当n＝1时，T1＝；

4当n≥2时，

4

因为x2

2n－1

?2n－1?2＝＝???2n?

22

n－n22＞

n－n－12n－2n－1＝＝，

2nnn－11?1?212

所以Tn＞??×××…×＝.

n4n?2?23

1*

综上可得，对任意的n∈N，均有Tn≥. 4nB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 ) 9

A． 45

C． 3

3

B． 2D．4

S4S2S6S4

[解析] 由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得则S6－S4＝5S2，

S4S2S4－S2

＝3，S2

S69

所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.

S44

2．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且4a3－a6＝0，则＝( D ) A．－5 C．3

2

5

S6S3

B．－3 D．5

[解析] ∵4a3－a6＝0，∴4a1q＝a1q，∵a1≠0，q≠0，

a1

∴q＝4，∴＝

3

S6

S3a1

－q6

1－q1－q3

＝33＝1＋q＝5. －q1－q1－q6

(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( C ) 1A． 31C． 9

1B．－ 31D．－ 9

[解析] ∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，

a3＝9a1＝a1q2，∴q2＝9，

又∵a5＝9，∴9＝a3·q＝9a3，∴a3＝1， 1

又a3＝9a1，故a1＝. 9

5

2

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 C．4034

[解析] ∵a1＝1，Sn＝

B．2018 D．4036

n＋

2

an，

n＋

2

an，

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝即＝∴＝

n＋

2

annan－1

－2

，

anan－1

，

nn－1

anan－1a1

＝…＝＝1，∴an＝n.

nn－11

∴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＋q)<0，此时a1＋a2＋a3＝

2

a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－10，a2

－a4＝a1q(1－q)<0.

5．(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn＝2n－3n(n∈N)，若p－q＝5，则ap－aq＝( D )

A．10 C．－5

2

2

*

2

B．15 D．20

2

[解析] 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－2(n－1)＋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．n－1 22n－1C．n 2－1

nn＋1

B．n－1 2＋1

D．n＋1

2

n＋1

6

[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.

n22

当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以

nn－12·＝

*

2

n＋

nan＝

n＋1

·an－1，即n－1

anan－1a1an1an1n－1

，又因为＝1，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()(nnn－11n2n2

n*

∈N)，an＝n－1(n∈N)．故选A．

2

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＋5

－31－3

3

＝66.

8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50.

[解析] ∵a10a11＋a9a12＝2e，∴a1·a20＝e. 又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)] ＝ln(e)＝lne＝50.

注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logam＝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；

?1?1

(2)记数列??的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．

1 000?an?

n510

50

5

5

[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＝2.

n 7

11

(2)由(1)得＝n.

an2

1??1?n?1－????

?2??11112?

所以Tn＝＋2＋3＋…＋n＝

22221

1－21＝1－n.

2由|Tn－1|<

9

1?1?1，即2n>1 000. 得?1－n－1?<1 000?2?1 000

10

因为2＝512<1 000<1 024＝2， 所以n≥10.

1

于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.

1 000

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)，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2q＝3q＋2. 所以2q－3q－2＝0， 1

解得q＝2或q＝－(舍)，

2所以数列{an}的通项公式为：an＝2(2)由题意得：bn＝2·2

n－1

n－1

22

2

(n∈N)．

n2

n2

*

－λ(log22)＝2－λn，

若数列{bn}为递增数列，则有

bn＋1－bn＝2

n＋1

2

－λ(n＋1)－2＋λn＝2－2nλ－λ>0，即λ<. 2n＋1

2

nn2n 8

2

2n＋34n＋2因为n＝>1，

22n＋32n＋12

所以数列{}为递增数列． n2n＋1222所以≥3，所以λ<3.2n＋1

n＋1

n

9

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