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理.doc

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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 an0，305 a5a6 2 29.(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 D122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 a62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.同

4、理，当2 32q1 qa132， an2 时，由 Sn62，解得 q .由 an a1qn1 32 n1 2，12 (12)得 n1 4，即 n14， n5.综上，项数 n 等于 5，故选 B.(12) 116 (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 S1

5、212 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( )3A. B.S7a7 S8a8C. D.S9a9 S10a10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的

6、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.12

7、 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 124C2 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：C11(2017高考全国卷)等差数列 an的首项为 1，公差不

8、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是等差数

9、列，且a1a6a113 ， b1 b6 b117， a ( )3,3b67， a6 ， b6 ，3 36 3 373tan tan tan tan( )tan(2 )b3 b91 a4a8 2b61 a26 2731 3 2 73 3tan . 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 3

10、S1,2S2， S3成等差数列，则an_.5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 n115(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

11、知函数 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 1f 2 an an1 an2，数列 an是以 1 为首项、2 为公差的等差数列， 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

12、，证明数列 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)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 n1

13、)62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；(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)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