2019高考数学二轮复习第一部分保分专题二数列第1讲等差数列、等比数列及运算练习文.doc

1、1第 1 讲 等差数列、等比数列及运算A 组 小题提速练一、选择题1已知数列 an，若点( n， an)(nN *)在经过点(8,4)的定直线 l 上，则数列 an的前 15项和 S15( )A12 B32C60 D120解析：点( n， an)在定直线上，数列 an是等差数列，且 a84， S15 15 a860. a1 a15 152 2a8152答案：C2已知各项不为 0 的等差数列 an满足 a42 a 3 a80，数列 bn是等比数列，且27b7 a7，则 b2b8b11等于( )A1 B2C4 D8解析： a42 a 3 a80，2 a a43 a8，27 272 a a5 a72

2、 a8 a5 a7 a7 a9，即 2a 4 a7，27 27 a72， b72，又 b2b8b11 b6b8b7 b b7( b7)38，故选 D.27答案：D3在等差数列 an中， an0，且 a1 a2 a1030，则 a5a6的最大值等于( )A3 B6C9 D36解析： a1 a2 a1030，得 a5 a6 6，又 an0， a5a6 2 29.305 (a5 a62 ) (62)答案：C4设等差数列 an满足 a27， a43， Sn是数列 an的前 n 项和，则使得 Sn0 的最大的自然数 n 是( )A9 B10C11 D12解析： an的公差 d 2， an的通项为 an7

3、2( n2)2 n11， an3 74 2是递减数列，且 a50 a6， a5 a60，于是S99 a50， S10 100， S1111 a60，故选 A.a5 a622答案：A5在等比数列 an中， a1 an34， a2an1 64，且前 n 项和 Sn62，则项数 n 等于( )A4 B5C6 D7解析：设等比数列 an的公比为 q，由 a2an1 a1an64，又 a1 an34，解得a12， an32 或 a132， an2.当 a12， an32 时， Sn a1 1 qn1 q a1 anq1 q62，解得 q2.又 an a1qn1 ，所以 22n1 2 n32，解得 n5.

4、同理，当2 32q1 qa132， an2 时，由 Sn62，解得 q .由 an a1qn1 32 n1 2，得 n1 12 (12) (12) 1164，即 n14， n5.综上，项数 n 等于 5，故选 B.(12)答案：B6在等差数列 an中， a12 015，其前 n 项和为 Sn，若 2，则 S2 016的值等S1212 S1010于( )A2 015 B2015C2016 D0解析：设数列 an的公差为 d，S1212 a1 d， S1010 a1 d，12112 1092所以 a1 d.S1212 12a1 12112 d12 112 a1 d，所以 d2，S1010 92 S

5、1212 S1010所以 S2 0162 016 a1 d0.2 0152 0162答案：D7设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 S170， S180，则 ， ， 中最大的S1a1S2a2 S15a15项为( )A. B.S7a7 S8a8C. D.S9a9 S10a103解析：因为 an是等差数列，所以 S17 17 a90， a90， S1817 a1 a1729( a9 a10)0， a100，即该等差数列前 9 项均是正数项，从第 10 项开18 a1 a182始是负数项，则 最大，故选 C.S9a9答案：C8正项等比数列 an中， a28,16 a a1a5，则数列 an

6、的前 n 项积 Tn中的最大值为( )24A T3 B T4C T5 D T6解析：设正项等比数列 an的公比为 q(q0)，则16a a1a5 a2a48 a4， a4 ， q2 ，又 q0，则2412 a4a2 116q ， an a2qn2 8 n2 2 72 n，则 Tn a1a2an2 53(72 n)2 n(6 n)，当 n314 (14)时， n(6 n)取得最大值 9，此时 Tn最大，即( Tn)max T3，故选 A.答案：A9(2018铜仁质检)在由正数组成的等比数列 an中，若 a3a4a53 ，则sin(log3a1log 3a2log 3a7)的值为( )A. B.1

7、2 32C1 D32解析：因为 a3a4a53 a ，所以 a43 ，即34 3log3a1log 3a2log 3a7log 3(a1a2a7)log 3a 7log 33 ，所以74 3 73sin(log3a1log 3a2log 3a7) .32答案：B10(2018江西红色七校联考)等比数列 an满足 an0， q1， a3 a520， a2a664，则公比 q 为( )A. B.14 12C2 D4解析：由已知可得Error!，解得Error!或Error!(舍去)，故 4 q2，故 q2，选 C.a5a3 164答案：C411(2017高考全国卷)等差数列 an的首项为 1，公差

8、不为 0.若 a2， a3， a6成等比数列，则 an前 6 项的和为( )A24 B3C3 D8解析：设等差数列 an的公差为 d，因为 a2， a3， a6成等比数列，所以 a2a6 a ，即( a1 d)23(a15 d)( a12 d)2，又 a11，所以 d22 d0，又 d0，则 d2，所以a6 a15 d9，所以 an前 6 项的和 S6 624，故选 A.1 92答案：A12已知数列 an是等比数列，数列 bn是等差数列，若a1a6a113 ， b1 b6 b117，则 tan 的值是( )3b3 b91 a4a8A1 B.22C D22 3解析： an是等比数列， bn是等差

9、数列，且a1a6a113 ， b1 b6 b117， a ( )3,3b67， a6 ， b6 ，3 36 3 373tan tan tanb3 b91 a4a8 2b61 a26 2731 3 2tan( )tan(2 )tan .73 3 3 3答案：D二、填空题13已知 an是等差数列， a11，公差 d0， Sn为其前 n 项和，若 a1， a2， a5成等比数列，则 S8_.解析：因为 an为等差数列，且 a1， a2， a5成等比数列，所以 a1(a14 d)( a1 d)2，解得d2 a12，所以 S864.答案：6414设 Sn为等比数列 an的前 n 项和若 a11，且 3S

10、1,2S2， S3成等差数列，则an_.解析：由 3S1,2S2， S3成等差数列，得 4S23 S1 S3，即 3S23 S1 S3 S2，则 3a2 a3，得公比 q3，所以 an a1qn1 3 n1 .答案：3 n1515(2018江西师大附中检测)已知正项等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S1， S3， S4成等差数列，则数列 an的公比为_解析：设 an的公比为 q，由题意易知 q0 且 q1，因为 S1， S3， S4成等差数列，所以2S3 S1 S4，即 a1 ，解得 q .2a1 1 q31 q a1 1 q41 q 1 52答案：1 5216(2018开封模拟)已知

11、函数 y f(x)的定义域为 R，当 x1，且对任意的实数 x， yR，等式 f(x)f(y) f(x y)恒成立若数列 an满足 a1 f(0)，且 f(an1 )(nN *)，则 a2 016的值为_1f 2 an解析：根据题意，不妨设 f(x)( )x，则 a1 f(0)1， f(an1 )12 ， an1 an2，数列 an是以 1 为首项、2 为公差的等差数列，1f 2 an an2 n1， a2 0164 031.答案：4 031B 组 大题规范练1已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2 an3 n(nN *)(1)求 a1， a2， a3的值；(2)设 bn an3，证

12、明数列 bn为等比数列，并求 an.解析：(1)因为数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2 an3 n(nN *)所以 n1 时，由 a1 S12 a131，解得 a13，n2 时，由 S22 a232，得 a29，n3 时，由 S32 a333，得 a321.(2)证明：因为 Sn2 an3 n，所以 Sn1 2 an1 3( n1)，两式相减，得 an1 2 an3，*把 bn an3 及 bn1 an1 3，代入*式，得 bn1 2 bn(nN *)，且 b16，所以数列 bn是以 6 为首项，2 为公比的等比数列，所以 bn62 n1 ，所以 an bn362 n1 33(2 n

13、1)2已知数列 an的首项为 1， Sn为数列 an的前 n 项和，且满足 Sn1 qSn1，其中q0， nN *，又 2a2， a3， a22 成等差数列(1)求数列 an的通项公式；6(2)记 bn2 an (log2an1 )2，若数列 bn为递增数列，求 的取值范围解析：(1)由 Sn1 qSn1 可得，当 n2 时， Sn qSn1 1 得： an1 qan.又 S2 qS11 且 a11，所以 a2 q qa1，所以数列 an是以 1 为首项， q 为公比的等比数列又 2a2， a3， a22 成等差数列，所以 2a32 a2 a223 a22，即：2 q23 q2，所以 2q23

14、 q20，解得： q2 或 q (舍)，12所以数列 an的通项公式为： an2 n1 (nN *)(2)由题意得： bn22 n1 (log22n)22 n n 2，若数列 bn为递增数列，则有bn1 bn2 n1 (n1) 22 n n 22 n2 n 0，即 1，2n 12n 32n2n 1 4n 22n 3所以数列 为递增数列2n2n 1所以 ，所以 0，所以数列 Rn单调递增 2n 1 3nn n 1所以 n1 时， Rn取最小值，故最小值为 .324已知数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 an Sn2 n.(1)证明：数列 an2为等比数列，并求出 an；(2)设 bn(2 n)(an2)，求 bn的最大项解析：(1)证明：由 a1 S12 a12，得 a11.由 an Sn2 n 可得 an1 Sn1 2( n1)，两式相减得，2an1 an2， an1 2 (an2)，12 an2是首项为 a121，公比为 的等比数列，12an2(1) n1 ，故 an2 n1 .(12) (12)(2)由(1)知 bn(2 n)(1) n1 ( n2) n1 ，(12) (12)由 bn1 bn 0，得 n3，n 12n n 22n 1 n 1 2n 42n 3 n2n由 bn1 bn3， b1b5bn，故 bn的最大项为 b3 b4 .148