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、等比数列练习(考试专用)

1、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S1122，则a3a7a8(D)A18C9B12D6解析本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式122由题意得S11aa11a110d22，即a15d2，所以a3a7a8a12da16da17d3(a15d)6，故选D2设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6(C)A31C63解析解法一：由条件知：an0，且B32D64a1a2a3a415，a1a23，a1a1q3，qq2q315，a11，S612q2.12663.解法二：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4

2、S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S663.3若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)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pq的值等于(D)A6C8abp0，解析由题可得abq0，B7D9所以a0，b0，不妨设ab，所以等比数列为a，2，b或b，2，a从而得到ab4q，等差数列为a，b，2或2，b，a从而得到2ba2，两式联立解出a4，b1，所以pab5，所以pq459.14(2017山西四校联考)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，2a3,2a2成等差数列，则a9a10(C)a7a8A12B121C322D32

3、2解析本题主要考查等差数列、等比数列11a1，2a3,2a2成等差数列，2a32a12a2，即a1q2a12a1q，q212q，解得q12或q12(舍)，a9a10a1q8a7a8a1q6qqq2(12)2322.mn15正项等比数列an满足：a3a22a1，若存在am，an，使得aman16a2，m，nN*，19则的最小值为(C)42A211CB163Dmn4所以S10a1a2a3a10124181292111解析设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana12n1，aman16a2a22mn216a2mn6，m，nN*，(m，n)可取的数值组合1911为(1,5)，

4、(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2a13，d1.解析由题可得(a12d)2(a1d)(a16d)，故有3a12d0，又因为2a1a21，2即3a1d1，联立可得d1，a13.7已知数列an中，a11，a22，设Sn为数列an的前n项和，对于任意的n1，nN，Sn1Sn12(Sn1)都成立，则S1091.解析因为任意的n1，nN，Sn1Sn12(Sn1)都成立，所以Sn1SnSnSn12，所以an1an2，因为a3a224，所以ana2(n2)22(n2)22n

5、2，n2，98291.8(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a2a54，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a2a54，2211q1q1q6aq9aq31a1qaqaq44，111解得a1q8，q32，1a8a1q7(a1q)(q3)2842.9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

6、*，n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，4整理得an3an1.p由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a13.p4所以an是首项为3，公比为3的等比数列4(2)因为a11，则an(3)n1，4由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn(3)n1，当n2时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)33124314n143()n11，(2)设bnlog23a2n3，且bn为递增数列，若cnbnbn14当n1时，上式也成立bn3(3)n11.10(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a33，S39.(1)求数列an的通项

7、公式；4，求证：c1c2c3cn1.解析(1)设该等比数列的公比为q，3解得q1或q.11则根据题意有3(1qq2)9，从而2q2q10，12当q1时，an3；11当q2时，an3(2)n3.(2)证明：若an3，则bn0，与题意不符，1故an3(2)n3，1此时a2n33(2)2n，bn2n，符合题意cn2n4n1nnnn1从而c1c2c3cn1n12n12Tnx21x23x22n12211，11，则(B)Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4解析由x0，lnxx1，得a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，a41，所以公比q0，当q1时，a1a2a3a4a

8、1(1q)(1q2)1，ln(a1a2a3)0，矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)0.5(2018南昌二模)数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq(D)A10C5B15D20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apaq20.6(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)nn1A2n1B2n11Dn12n1C2n12n16当n2时，SnSn1(1)an(1)ann1n1nann1an1，即解析设

9、bnnSn(n2)an，则b14，b28，bn为等差数列，所以bn4n，即nSn(n2)an4n，2Sn(1n)an4.220，所以nn1an1a2n，又因为11，所以n是首项为1，公比为的等比数列，所以n()n1(naa1a1nn11n2n2nN*)，an2n1(nN*)故选A7设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S466.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S41331366.8若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9

10、a122e5，则lna1lna2lna2050.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logamnnlogam.9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；11(2)记数列an的前n项和为Tn，求使得|Tn1|1000成立的n的最小值解析(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1

11、(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.7an211211112211(2)由(1)得n.1n3所以Tn22222n11112n.得1n11000.由|Tn1|0，即2n1因为2951210001024210，所以n10.1于是，使|Tn1|0，nN*，又2a2，a3，a22成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记bn2an(log2an1)2，若数列bn为递增数列，求的取值范围解析(1)由Sn1qSn1可得，当n2时，SnqSn11得：an1qan.又S2qS11且a11，所以a2qqa1，所以数列an是以1为首项，q为公比的