（考前大通关）高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题二《第一讲 等差数列、等比数列》专题针对训练 理

一、选择题1．(2010年高考重庆卷)在等比数列{an}中，a2010＝8a2007，则公比q的值为()A．2B．3C．4D．8解析：选A.∵a2010＝8a2007，∴q3＝eq\f(a2010,a2007)＝8.∴q＝2.2．数列{an}的前n项和Sn＝3n－c，则“c＝1”是“数列{an}为等比数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.数列{an}的前n项和Sn＝3n－c，且c＝1，则an＝2×3n－1(n∈N*)．又由数列{an}为等比数列，可推得c＝1，从而可知“c＝1”是“数列{an}为等比数列”的充要条件，故选C项．3．已知等差数列1，a，b，等比数列3，a＋2，b＋5，则该等差数列的公差为()A．3或－3B．3或－1C．3D．－3解析：选C.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝1＋b，,a＋22＝3b＋5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝7))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－5.))(舍去)则公差为3，故选C.4．等比数列{an}中，公比q>1，且a1＋a6＝8，a3a4＝12，则eq\f(a6,a11)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)或eq\f(1,6)解析：选C.依题意得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a6＝8，,a1·a6＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,a6＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,a6＝2.))(∵q>1，∴舍去)．所以eq\f(a6,a11)＝eq\f(1,q5)＝eq\f(a1,a6)＝eq\f(1,3)，故选C.5．(2011年高考四川卷)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n≥1))，则a6＝()A．3×44B．3×44＋1C．45D．45＋1解析：选A.当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1.∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,3×4n－2n≥2.))∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.二、填空题6．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.解析：由已知条件，得当n为奇数时，an＋2－an＝0，当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴数列{an}的前100项为：1,2,1,4,1,6,1,8，…，1,98,1,100.∴S100＝50＋eq\f(2＋10050,2)＝2600.答案：26007．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n∈N*)，则数列的通项公式an＝________.解析：设an＋1－λ＝2(an－λ)，即an＋1＝2an－λ，则－λ＝3.∴an＋1＋3＝2(an＋3)．则eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2，因此数列{an＋3}为等比数列．∴an＋3＝(a1＋3)·2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.答案：2n＋1－38．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝eq\f(Sn,n2)，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．解析：由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝2a1＋6d＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n－1)＝2n2－n，∴Tn＝eq\f(2n2－n,n2)＝2－eq\f(1,n)，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2.答案：2三、解答题9．已知等差数列{an}满足a2＝2，a5＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{bn}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2,a1＋4d＝8)).∴a1＝0，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.(2)设等比数列{bn}的公比为q，则由已知得q＋q2＝a4，∵a4＝6，∴q＝2或q＝－3.∵等比数列{bn}的各项均为正数，∴q＝2.∴{bn}的前n项和Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.10．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，点(n，Sn)都在函数f(x)＝2x2－x的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(Sn,n＋p)，且数列{bn}是等差数列，求非零常数p的值．解：(1)由已知，对所有n∈N*都有Sn＝2n2－n，所以当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3，因为a1也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3(n∈N*)．(2)由已知bn＝eq\f(2n2－n,n＋p).因为{bn}是等差数列，所以可设bn＝an＋b(a、b为常数)．所以eq\f(2n2－n,n＋p)＝an＋b，于是2n2－n＝an2＋(ap＋b)n＋bp，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,ap＋b＝－1，,bp＝0.))因为p≠0，所以b＝0，p＝－eq\f(1,2).11．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解：(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．即{Sn－3n}为首项为a－3，公比为2的等比数列．因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.①(2)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*.于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)×2n－1－3n－1－(a－3)×2n－2＝2×3n