（文理通用）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 专题四 第一讲 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 a3 a7 a8( 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 S11 22，即 a15 d2，所以11 a1 a112 11 2a1 10d2a3 a7 a8 a12 d a16 d a17 d3( a15 d)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，

2、S6 63.1 261 2解法二：由题意知， S2， S4 S2， S6 S4成等比数列，即( S4 S2)2 S2(S6 S4)，即1223( S615)， S663.3若 a， b是函数 f(x) x2 px q(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 p q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 ab4 q，等差数列为 a， b，2 或2， b， a从而得到 2b a2，两式联立解出 a4， b1，所以 p

3、a b5，所以 p q459.4(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12差数列，则 ( C )a9 a10a7 a8A1 B12 2C32 D322 22解析 本题主要考查等差数列、等比数列 a1， a3,2a2成等差数列， a32 a12 a2，12 12即 a1q2 a12 a1q， q212 q，解得 q1 或 q1 (舍)，2 2 q2(1 )232 .a9 a10a7 a8 a1q8 1 qa1q6 1 q 2 25正项等比数列 an满足： a3 a22 a1，若存在 am， an，使得aman16 a ， m， nN *，则 的最

4、小值为( C )211m 9nA2 B16 C D114 32解析 设数列 an的公比为 q， a3 a22 a1q2 q2 q1(舍)或q2， an a12n1 ， aman16 a a 2m n2 16 a m n6， m， nN *，( m，21 21 21n)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 .1m 9n 1146已知 an是等差数列，公差 d不为零，若 a2， a3， a7成等比数列，且 2a1 a21，则 a1 ， d1.23解析 由题可得( a12 d)2( a1 d)(a16 d)，故有 3a

5、12 d0，又因为2a1 a21，即 3a1 d1，联立可得 d1， a1 .237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， Sn1 Sn1 2( Sn1)都成立，则 S1091.解析 因为任意的 n1， nN， Sn1 Sn1 2( Sn1)都成立，所以Sn1 Sn Sn Sn1 2，所以 an1 an2，因为 a3 a224，所以 an a2( n2)22( n2)22 n2， n2，所以 S10 a1 a2 a3 a1012418129 291.9828(2018江苏无锡一模)设等比数列 an的前 n项和为 Sn，若 S3， S9，

6、 S6成等差数列，且 a2 a54，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 a2 a54，Error!解得 a1q8， q3 ，123 a8 a1q7( a1q)(q3)28 2.149设数列 an的前 n项和为 Sn，且 Sn4 an p(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 bn1 an bn(nN *)， b12，求数列 bn的通项公式解析 (1)证明：因为 Sn4 an p(nN *)，则 Sn1 4 an1 p(nN *， n2)，所以当 n2 时， an

7、Sn Sn1 4 an4 an1 ，整理得 an an1 .43由 Sn4 an p，令 n1，得 a14 a1 p，解得 a1 .p3所以 an是首项为 ，公比为 的等比数列p3 43(2)因为 a11，则 an( )n1 ，43由 bn1 an bn(n1,2，)，得 bn1 bn( )n1 ，43当 n2 时，由累加法得bn b1( b2 b1)( b3 b2)( bn bn1 )2 3( )n1 1，1 43 n 11 43 43当 n1 时，上式也成立 bn3( )n1 1.4310(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

8、.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog 2 ，且 bn为递增数列，若 cn ，求证：3a2n 3 4bnbn 1c1 c2 c3 cn1，则( B )A a1a3， a2a4D a1a3， a2a4解析 由 x0，ln x x1，得 a1 a2 a3 a4ln( a1 a2 a3) a1 a2 a31， a41，所以公比 q1，ln( a1 a2 a3)0，矛盾，所以10， a2 a4 a1q(1 q2)1 000.11 000 |1 12n 1| 11 000因为 295120， nN *，又 2a2， a3， a22 成等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)记 bn2

9、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 2q23 q2.所以 2q23 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 39所以数列 为递增数列2n2n 1所以 ，所以 .2n2n 1 23 23