word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 专题4 第1讲数列强化突破.doc

《word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 专题4 第1讲数列强化突破.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 专题4 第1讲数列强化突破.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一部分专题四第一讲A组1(文)(2019陕西商洛模拟)在等差数列an中，a59，且2a3a26，则公差d(C)A3B2C3D2解析因为2a3a26，所以a2a4a26，所以a46，故da5a4963.(理)(2019黄石模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且2，Sn，an成等差数列，则S17(B)A0 B2 C2 D34解析由题意可知：2Snan2，2Sn1an12(n2)，得2ananan1，1(n2)又2a1a12，a12，an为以2为首项，1为公比的等比数列S172.故选B.2(2019株洲模拟)若等差数列an的公差为2，且a5是a2与a6的等比中项，则该数列的前n项和Sn取最小值时，

2、n的值等于(B)A7 B6 C5 D4解析设数列an的首项为a1，则数列an的通项ana1(n1)2，a5a18，a2a12，a6a110，a5是a2与a6的等比中项，即aa2a6，即(a18)2(a12)(a110)，解得a111，所以an2n13，a60，前6项的和最小，故n6.故选B.3等差数列an的前n项和为Sn，若S1122，则a3a7a8(D)A18 B12 C9 D6解析本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式由题意得S1122，即a15d2，所以a3a7a8a12da16da17d3(a15d)6，故选D. 4设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6(C)

3、A31 B32 C63 D64解析方法一：由条件知，an0，且q2.a11，S663.方法二：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S663.5正项等比数列an满足：a3a22a1，若存在am，an，使得aman16a，m，nN*，则的最小值为(C)A2 B16 C D解析设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana12n1，aman16aa2mn216amn6.m，nN*，(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m2，n4时，取最小值.6已知an

4、是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_1_.解析由题可得(a12d)2(a1d)(a16d)，故有3a12d0，又因为2a1a21，即3a1d1，联立可得d1，a1.7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S10_91_.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)22n2，n2，所以S10a1a2a3a1012418129291.8设Sn是数列an的前n项和，

5、且a11，an1Sn1Sn，则数列Sn的通项公式为_.解析由已知得an1Sn1SnSn1Sn，所以.所以是以1为首项，为公差的等差数列，所以1(n1)n.故Sn.9(文)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*)(1)求a1，a2，a3的值；(2)设bnan3，证明数列bn为等比数列，并求通项公式an.解析(1)因为数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*)所以n1时，由a1S12a131，解得a13，n2时，由S22a232，得a29，n3时，由S32a333，得a321.(2)因为Sn2an3n，所以Sn12an13(n1)，两式相减，得an12an3，把bnan3

6、及bn1an13，代入式，得bn12bn(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bn62n1，所以anbn362n133(2n1)(理)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*，n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得anan1.由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a1.所以an是首项为，公比为的等比数列(2)因为a11，

7、则an()n1，由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn()n1，当n2时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23()n11，当n1时，上式也成立bn3()n11.10(文)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的通项公式(2)设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1.解析(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有3(1)9，从而2q2q10，解得q1或q.当q1时，an3；当q时，an3()n3.(2)证明：若an3，则bn0，与题意不符，故an3()n3，此时a2n33()2n，bn2n，符合

8、题意cn，从而c1c2c3cn1bn对任意nN*恒成立，求实数a的取值范围解析(1)因为aSnSn1(n2)，所以aSn1Sn.两式相减，得aaan1an.因为an0，所以an1an1.又a11，所以an是首项为1，公差为1的等差数列所以ann.(2)因为bn(1an)2a(1an)，且由(1)得ann，所以bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a，所以bn1(n1)2(a2)(n1)1an2an.因为bn1bn恒成立，所以n2ann2(a2)n1a，解得a12n，所以a1.则实数a的取值范围为(1，)B组1已知Sn为等差数列an的前n项和，若S11，4，则的值为(A)A.BCD4解析由等差

9、数列的性质可知S2，S4S2，S6S4成等差数列，由4得3，则S6S45S2，所以S44S2，S69S2，.2(文)设Sn为等比数列an的前n项和，且4a3a60，则(D)A5 B3 C3 D5解析4a3a60，4a1q2a1q5.a10，q0，q34，1q35.(理)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1(C)A. B C D解析S3a210a1，a1a2a3a210a1，a39a1a1q2，q29，又a59，9a3q29a3，a31，又a39a1，故a1.3已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin2x2cos2，记ynf(an

10、)，则数列yn的前9项和为(C)A0 B9 C9 D1解析由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin2xcosx1，f()1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin2xcosx1，f(x)f(x)2，a1a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2419，即数列yn的前9项和为9.4(2018浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3)若a11，则(B)Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4解析由x0，lnxx1，得a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，a41，所以公比q0，当q1时，a1a2a3a4a1

11、(1q)(1q2)1，ln(a1a2a3)0，矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn10的正整数n的值为12，故选C.7设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S4_66_.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S4166.8若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则lna1lna2lna

12、20_50_.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；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解析(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a34a1.又因为a1，a

13、21，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.(2)由(1)得.所以Tn1.由|Tn1|得1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.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为公比的等比数列又2a2，a3，a22成等差数列，所以2a32a2a223a22，即2q23q2.所以2q23q20，解得q2或q(舍去)，所以数列an的通项公式为：an2n1(nN*)(2)由题意得bn22n1(log22n)22nn2，若数列bn为递增数列，则有bn1bn2n1(n1)22nn22n2n0，即1，所以数列为递增数列所以，所以.