2018年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

1、专题四 第一讲 等差数列、等比数列课后强化训练1.（2017 唐山模拟）等差数列an的前n项和为S,若S1= 22,则a3+a?+as= （ D ）q= 2.61 2- a1= 1 ,S6= 63.1 2解法二：由题意知，S2,S4S2,S6S4成等比数列，即(SS2)2=S(S6S)，即 122=3(S6 15) ,S6= 63.3. （2017 山西四校联考）已知等比数列an中，各项都是正数，且a1,弓a3,2a2成等差2A. 1+2C. 3 + 2 2解析本题主要考查等差数列、等比数列.1 、 、 1 a1,歹3,2a2成等差数列，尹3乂 2=a1+ 2a2,即a1q2=a+ 2 眄，二

2、q2= 1 + 2q,解得q= 1+ 2 或q= 1 - .2(舍),a9+a10aq1+q2_2-=T=q2=(1+2)2=3+2 2.a7+asag+q数列，则a9+a100+8=( C )f.A. 18B.12C. 9D.解析本题主要考查等差数列的通项公式及前由题意得S11=La1+a11H2a1+10dn项和公式.=22，即ai+ 5d= 2,-所以as+a7+as=a1+ 2d+ai+ 6d+ai+ 7d= 3(ai+ 5d) = 6，故选 D.Ci2.设等比数列an的前n项和为若Sa= 3,S= 15,贝 V S=(A. 31B.32C. 63D.64解析解法一：由条件知:an0，

3、且a1+a2= 3,a1a1+a2+a3+a4= 15,u/a11+q =3,1+q+q2+f=15,B. 1-2D. 3 -2 223B.D.1r3t1C)A2B.16C.44.已知数列an满足 3an+1+an= 0,az=-3，则an的前 10 项和等于（C ）3a2n-1,am-an= 16a1?a2,2mn-2= 16a2?m+n= 6,vm,n N*，二(m n)可取的数值组合1911为(1,5) , (2,4) , (3,3) , (4,2) , (5,1)，计算可得，当详 2,n= 4 时，荷下取最小值 7 2”_3_，d=_2解析 由题可得(a1+ 2d) = (a1+d)(

4、a1+ 6d)，故有 3a + 2d= 0，又因为 2a1+a2= 1,、 2即 3a1+d= 1,联立可得d= 1,a1= 3.37.已知an为等差数列，a1+a3+a5= 105,a2+a4+a6= 99,以S表示an的前n项和,则使得$达到最大值的n是 20解题提示由已知可得，数列an是以一 3 为公比的等比数列,a,然后代入等比数列的求和公式可求.解析因为 3an+1+an= 0,a+1所以云1所以数列an是以3为公比的等比数列.3结合已知a2= 善可求4因为a2= 3，所以a1= 4,由等比数列的求和公式可得,10=3(1 310).141 3So=1+35.正项等比数列nN ,an

5、满足：a3=a2+ 2a1,若存在am,an,使得am -an= 16a2,m,19则击的最小值为（D-i- 2114解析 设数列an的公比为q,a3=比+ 2a1?q=q+ 2?q= 1(舍)或q= 2,. an=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19(1310)3(1 + 310)A. 6(1 310)C. 3(1 310)4解析由等差数列的性质可得a3= 35,a4= 33，故d= 2,an= 35 + (n-3)x( 2)=41 2n,易知数列前 20 项大于 0，从第 21 项起为负项，故使得 $达到最大值的n是 20.&a

6、mp;设数列an的前n项和为S,且$= 4anp(n N)，其中p是不为零的常数.证明：数列an是等比数列；(2)当p= 3 时，若数列b满足bn+1=an+bn(n N),bi= 2,求数列bn的通项公式.解析(1)证明：因为 S= 4anp(n N*),则Si-1= 4an-1p(n N ,n 2),所以当n2时，an=SnSn1= 4an 4an1,4整理得an= -an-1.3p由Sn= 4anp,令n= 1,得a= 4a1p,解得a=-.p4所以an是首项为-,公比为3的等比数列.33,4n1因为a1= 1,贝Uan= (3),由bn+1=an+bn(n= 1,2，)，得4n1bn+

7、1bn=(3),当n2时，由累加法得bn= b+ (b2b+ (b3b2)+(bnbn-1)1 4n-134n1=2+厂=3(3)1-4当n= 1 时,上式也成立.bn= 3 ( 3) n1 1.9.(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;34设bn= log2，,且bn为递增数列，若 6 =a2n+3bnbn+1，求证:C1+C2+C3+Cn4i解析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

8、)(X 1).令y= 0,解得切线与X轴交点的横坐标yn上jkjl IX=1丄亠n+ 1 弋n+1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知2 2 2Tn=X1X3X2当n2时,当q=舟时,an= 3 (1)n3证明：若an= 3,贝Ubn= 0，与题意不符，从而G+ C2+C+TCn=1尙2n-l=1232因为X2n1=7?n12 1 2n 2n 12n2所以Tnn4n82.（文）设Sn为等比数列an的前n项和，且A.B.C.D.解析 =4,.S325T4a3a=0, 4ag=ag,： a0,q*0,a二q6S61qi3a 1q1q（理）等比数列an的前n项和为 S,已知S3=a2+ 10ai

9、,as= 9,则a1=A.B.C.D.解析TS3=a2+ 10a1,a1+a2+a3=比 + 10ai,22a3= 9a1=aq, q= 9,2又Ta5= 9,. 9=a3q= 9a3,. a3= 1,1又a3= 9a1，故a1= 9.3. （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S,如果$=21,a7是a1与a5的等比中项，那么在数列nad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S3=a1+a2+a3= 3a2= 21,得a2= 7,又*1综上可得，对任意的nN,均有.4nB 组1已知S

10、为等差数列an的前n项和，若Si= 1,I4= 4,则I6的值为（A ）S2SA.D. 4S4S4S2解析由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6S4成等差数列，由-=4 得= 3,S2S2则 S - S = 5S2,S69 所以S4= 4S,S= 9S2,=;.S44B.C.5092 2由a7是ai与a5的等比中项，得a?=aia5,即(a2+5d) = (a2d)(比+3d),将a?=- 7 代入,23*结合dM0,解得d= 2,贝ynan=na2+ (n 2)d = 2n 1in,对称轴方程n= 24，又n N ,结合二次函数的图象知，当n= 3 时，n&取最小值，即在数列na

11、n中数值最小的项是第 3项.南昌二模)数列an的前n项和Sn= 2n23n(nN*)，若pq= 5,贝UapaqA. 10解析 设bn=nS+ (n+ 2)an，则 b = 4,b2= 8,bn为等差数列，所以bn= 4n,即nS+(n+ 2)an= 4n,S+ (1 + 討=4.4. (2017B. 15C. 5解析合上式，所以5. (2017D. 2022亠 1、当n2时，an=SnSn-1= 2n 3n 2(n 1) + 3n 3 = 4n 5,a1=S= 1 适an= 4n 5,所以apaq= 4(pq)，因为pq= 5,所以apaq= 20.n和为Sn,且ai=a2= 1, nSn+

12、 (n+ 2)an为等差数列，则an= （ A ）nA. 2B.D.n+ 1j 172+1n+1*22n+1n+1当n2时，Si S1+ (1 +n)an (1 +门)an-1= 0,所以n an=a1n-1-an1,即anan12 =nn 1，又因为v=1，所以浮是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以印=V）1n2n2n1(nn2 N ) ,an=n*尹(n N).故选 A.106.（2017 沈阳质检）设数列an的前n项和为S,且a1= 1,an+1= 2S+ 3，则 S= _66.an+1an= 2an,n2, 即卩an+1= 3an,n2,可见，数列an从第二项起是公比为 3 的等

13、比数列，a2= 5，所以S4= 1 +7.若等比数列an的各项均为正数，且a1oan +a9a12= 2e5,则 Ina1+ lna2+ lna2o=55解析 /a1oan+a9a12= 2e，二aa2o=e.又.Tna1+ Ina?+ Ina2o= ln( aa?a2o)解析本题主要考查数列的通项公式与求和.依题an= 2Sn1+ 3（n2），与原式作差得，311 3 =66.11=ln(ai32o)(a2ai9)(aioaii)=ln(e5)10= Ine50= 50.注意等比数列性质：若n=p+q,贝Uam -an=ap-aq,对数的性质 logai=nlogam&设数列an(n

14、= 1,2,3，)的前n项和 S 满足 S= 2an-ai,且ai,a2+ 1,as成等差(1)求数列an的通项公式；记数列1的前n项和为Tn，求使得|Tn 1| 1 0oo 成立的n的最小值.解析(1)由已知S= 2ana1,有an=SS1= 2an 2ani(n2),即an= 2an-1(n2).从而a2= 2ai,as= 4ai.又因为ai,a2+ 1,as成等差数列，即ai+as= 2(a2+ 1).所以ai+ 4ai= 2(2ai+ 1)，解得ai= 2.所以数列an是首项为 2,公比为 2 的等比数列.故an= 2.1 i由(1)得-=刃由 |Tn 1|1得 1专一 111 000 2因为 29= 5121 000 10.1于是，使|Tn 1|T000 成立的n的最小值为 10.x1*9.已知f(x) = 3x+i，数列an满足ai= 3,an+1=f(an)(n N).(1)求证：数列* 是等差数列；2n、x xx,数列11 000 .1 1 1 1所以Tn=2+尹尹+产12记 S(x) =+ (x0)，求 S(x).aia2an分析找出an与an+i关系;13(2)用错位相减法求和.丄=3a=3+ 丄.an+1anan11- =3.an+1an由(1)得1= 3 + 3(n 1) = 3n,an S(x)=3x+6x2+9x3+3nx