2019届高考数学二轮复习专题三1第1讲等差数列与等比数列专题强化训练.docx

第1讲 等差数列与等比数列一、选择题1已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a512，a20.若a10，则S20()A420B340C420 D340解析：选D.设数列an的公差为d，则a3a2dd，a5a23d3d，由a3a512得d2，由a10，a20，可知d0，则其前n项和取最小值时n的值为()A6 B7C8 D9解析：选C.由d0可得等差数列an是递增数列，又|a6|a11|，所以a6a11，即a15da110d，所以a1，则a80，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.6对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，数列an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn()A2 B2nC2n12 D2n12解析：选C.因为an1an2n，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n，所以Sn2n12.二、填空题7(一题多解)(2018高考全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_解析：法一：因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11；当n2时，a1a22a21，解得a22；当n3时，a1a2a32a31，解得a34；当n4时，a1a2a3a42a41，解得a48；当n5时，a1a2a3a4a52a51，解得a516；当n6时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a632；所以S61248163263.法二：因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1，所以S663.答案：638(2018惠州第二次调研)已知数列an满足a11，an12an2n(nN*)，则数列an的通项公式an_解析：an12an2n两边同除以2n1，可得，又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以(n1)，所以ann2n1.答案：n2n19设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”若一个首项为1，公差为d(d0)的等差数列an为“和谐数列”，则该等差数列的公差d_解析：由k(k为常数)，且a11，得nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，因为对任意正整数n，上式恒成立，所以得所以数列an的公差为2.答案：2三、解答题10已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由题意可得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10，得2an1(an1)an(an1)，因为an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.11(2018高考全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解：(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以，a24.将n2代入得，a33a2，所以，a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列由条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.12已知数列an是等差数列，满足a25，a413，数列bn的前n项和是Tn，且Tnbn3.(1)求数列an及数列bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn中的最大项解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，由题意，得解得所以an4n3.又Tnbn3，所以Tn1bn13，两式相减得，2bn1bn0，所以bn1bn.当n1时，b1b13，所以b1.所以数列bn为等比数列，且