高考数学二轮复习专题4数列第1讲等差数列等比数列课后强化训练.docx

专题四第一讲 等差数列、等比数列A组1(2017唐山模拟)等差数列an的前n项和为Sn，若S1122，则a3a7a8 (D)A18B12C9D6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S1122，即a15d2，所以a3a7a8a12da16da17d3(a15d)6，故选D 2设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6 (C)A31 B32 C63 D64解析解法一：由条件知：an0，且q2a11，S663解法二：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S6633(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)A1 B1C32 D32解析本题主要考查等差数列、等比数列a1，a3,2a2成等差数列，a32a12a2，即a1q2a12a1q，q212q，解得q1或q1(舍)，q2(1)2324已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于 (C)A6(1310) B(1310)C3(1310) D3(1310)解题提示由已知可得，数列an是以为公比的等比数列，结合已知a2可求a1，然后代入等比数列的求和公式可求解析因为3an1an0，所以，所以数列an是以为公比的等比数列因为a2，所以a14，由等比数列的求和公式可得，S103(1310)5正项等比数列an满足：a3a22a1，若存在am，an，使得aman16a，m，nN*，则的最小值为 (C)A2 B16 C D解析设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana12n1，aman16aa2mn216amn6，m，nN*，(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m2，n4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2a1a21，则a1_，d_1_.解析由题可得(a12d)2(a1d)(a16d)，故有3a12d0，又因为2a1a21，即3a1d1，联立可得d1，a17已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示an的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是_20_.解析由等差数列的性质可得a335，a433，故d2，an35(n3)(2)412n，易知数列前20项大于0，从第21项起为负项，故使得Sn达到最大值的n是208设数列an的前n项和为Sn，且Sn4anp(nN*)，其中p是不为零的常数.(1)证明：数列an是等比数列；(2)当p3时，若数列bn满足bn1anbn(nN*)，b12，求数列bn的通项公式解析(1)证明：因为Sn4anp(nN*)，则Sn14an1p(nN*，n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得anan1由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a1所以an是首项为，公比为的等比数列(2)因为a11，则an()n1，由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn()n1，当n2时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23()n11，当n1时，上式也成立bn3()n119(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a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1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2q2q10，解得q1或q当q1时，an3；当q时，an3()n3(2)证明：若an3，则bn0，与题意不符，故an3()n3，此时a2n33()2n，bn2n，符合题意cn，从而c1c2c3cn11(理)设nN*，xn是曲线yx2n21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Tnxxx，证明：Tn解析(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线yx2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1)令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tnxxx222当n1时，T1；当n2时，因为x2，所以Tn2综上可得，对任意的nN*，均有TnB组1已知Sn为等差数列an的前n项和，若S11，4，则的值为 (A)ABCD4解析由等差数列的性质可知S2，S4S2，S6S4成等差数列，由4得3，则S6S45S2，所以S44S2，S69S2，2(文)设Sn为等比数列an的前n项和，且4a3a60，则 (D)A5 B3 C3 D5解析4a3a60，4a1q2a1q5，a10，q0，q34，1q35(理)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1 (C)A B C D解析S3a210a1，a1a2a3a210a1，a39a1a1q2，q29，又a59，9a3q29a3，a31，又a39a1，故a13(2017镇江模拟)已知公差不等于0的等差数列an的前n项和为Sn，如果S321，a7是a1与a5的等比中项，那么在数列nan中，数值最小的项是 (B)A第4项 B第3项 C第2项 D第1项解析设等差数列an的公差为d，则由S3a1a2a33a221，得a27，又由a7是a1与a5的等比中项，得aa1a5，即(a25d)2(a2d)(a23d)，将a27代入，结合d0，解得d2，则nanna2(n2)d2n211n，对称轴方程n2，又nN*，结合二次函数的图象知，当n3时，nan取最小值，即在数列nan中数值最小的项是第3项4(2017南昌二模)数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq (D)A10 B15 C5 D20解析当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23n34n5，a1S11适合上式，所以an4n5，所以apaq4(pq)，因为pq5，所以apaq205(2017吉林长春质量监测)设数列an的前n和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an (A)A B C D解析设bnnSn(n2)an，则b14，b28，bn为等差数列，所以bn4n，即nSn(n2)an4n，Sn(1)an4当n2时，SnSn1(1)an(1)an10，所以anan1，即2，又因为1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以()n1(nN*)，an(nN*)故选A6(2017沈阳质检)设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S4_66_.解析本题主要考查数列的通项公式与求和依题an2Sn13(n2)，与原式作差得，an1an2an，n2，即an13an，n2，可见，数列an从第二项起是公比为3的等比数列，a25，所以S41667若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则lna1lna2lna20_50_.解析a10a11a9a122e5，a1a20e5又lna1lna2lna20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(e5)10lne5050注意等比数列性质：若mnpq，则amanapaq，对数的性质logamnnlogam8设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，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|Tn1|成立的n的最小值解析(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a34a1又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n(2)由(1)得所以Tn1由|Tn1|得1 000因为295121 0001 024210，所以n10于是，使|Tn1|0)，求Sn(x)分析(1)找出an与an1关系；(2)用错位相减法求和解析(1)由已