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.doc

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1、1第一部分第一部分 专题四专题四 第一讲第一讲 等差数列、等比数列等差数列、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 )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11a1a11 2112a110d 2a3a7a8a12da16da17d3(a15d)6，故选 D 2设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6( C )A31 B32 C63 D64解析 解法一：由条件知：an0，且Error!Error!q2.a11，S663.126 12解法二：由

2、题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)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 )A6 B7 C8 D9解析 由题可得Error!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pq459.4(2017山西四校联考)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等1 2

3、差数列，则( C )a9a10 a7a8A1 B122C32 D32222解析 本题主要考查等差数列、等比数列a1，a3,2a2成等差数列，a32a12a2，1 21 2即a1q2a12a1q，q212q，解得q1或q1(舍)，22q2(1)232.a9a10 a7a8a1q81q a1q61q225正项等比数列an满足：a3a22a1，若存在am，an，使得aman16a，m，nN N*，则 的最小值为( C )2 11 m9 nA2 B16 C D11 43 2解析 设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana12n1，aman16aa2mn216amn6，m，nN

4、 N*，(m，2 12 12 1n)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.1 m9 n11 46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a1 ，d1.2 3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 .2 37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 N，Sn1Sn12(Sn1)都成立，则S1091.解析 因为任意的n1，nN N，Sn1Sn12(Sn

5、1)都成立，所以Sn1SnSnSn12，所以an1an2，因为a3a224，所以ana2(n2)22(n2)22n2，n2，所以S10a1a2a3a1012418129291.9 8 28(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，Error!解得a1q8，q3 ，1 23a8a1q7(a1q)(q3)28 2.1 49设数列an的前n项和为Sn，且Sn4anp(nN N*)，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

6、，若数列bn满足bn1anbn(nN N*)，b12，求数列bn的通项公式解析 (1)证明：因为Sn4anp(nN N*)，则Sn14an1p(nN N*，n2)，所以当n2 时，anSnSn14an4an1，整理得anan1.4 3由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a1 .p 3所以an是首项为 ，公比为 的等比数列p 34 3(2)因为a11，则an( )n1，4 3由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn( )n1，4 3当n2 时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23( )n11，143n11434 3当n1 时，上式也成立bn3( )n11.4

7、310(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的通项公式；(2)设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：3 a2n34 bnbn1c1c2c3cn1，则( B )Aa1a3，a2a4Da1a3，a2a4解析 由x0，ln xx1，得a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，a41，所以公比q1，ln(a1a2a3)0，矛盾，所以10，a2a4a1q(1q2)1 000.1 1 000|11 2n1|1 1 000因为 295120，nN N* *，又 2a2，a3，a22 成等差数列(1)求数列an的通项公

8、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)，1 2所以数列an的通项公式为：an2n1(nN N* *)(2)由题意得：bn22n1(log22n)22nn2，若数列bn为递增数列，则有bn1bn2n1(n1)22nn22n2n0，即1，2n1 2n3 2n 2n14n2 2n39所以数列为递增数列2n 2n1所以 ，所以 .2n2n12323