2020高三数学二轮复习 第一篇 专题3 第1课时练习 理

专题3 第1课时(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1(2020北京怀柔)在数列an 中，ann29n100，则最小的项是()A第4项B第5项C第6项 D第4项或第5项解析：an2100，n4或5时，an最小答案：D2已知等比数列an的公比为正数，且a3a74a42，a22，则a1()A1 B.C2 D.解析：设等比数列an的公比为q，其中q0，则有，由此解得q2，a11，选A.答案：A3已知各项不为0的等差数列an，满足2a3a722a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8()A2 B4C8 D16解析：因为a3a112a7，所以4a7a720，解得a74，所以b6b8b72a7216.答案：D4(2020山东卷)设an是首项大于零的等比数列，则“a1a2”是“数列an是递增数列”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：设an的首项为a1，公比为q，若a1a2，则q1，从而有a1qn1a1qn，即anan1，因此an是递增的等比数列；反之，若an是递增数列且a10，则必有q1，故a1a2，因此选C.答案：C5(2020四川卷)数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(n1)，则a6()A344 B3441C45 D451解析：当n1时，an13Sn，则an23Sn1，an2an13Sn13Sn3an1，即an24an1.该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列又a23S13a13，an当n6时，a63462344.答案：A6等差数列an的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为2218，则公差d，的值分别是()A8， B9，C9， D8，解析：设S奇a1a3a15，S偶a2a4a16，则有S偶S奇(a2a1)(a4a3)(a16a15)8d，.由解得因此d8，.故选D.答案：D二、填空题7(2020广东卷)等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.解析：设等差数列an的前n项和为Sn，则S9S40，即a5a6a7a8a90,5a70，故a70.而aka40，故k10.答案：108已知数列an满足an，a11，则an_.解析：取倒数：3，是等差数列，3(n1)13(n1)an.答案：9在如下数表中，已知每行的数都成等比数列，第一列数成等差数列，那么位于下表中的第n行第n列的数是_.第1列第2列第3列第1行124第2行2618第3行31248解析：从上述分析，可得第n行第1列的数为n，第n行的公比为n1，即第n行是以n为首项，以n1为公比的等比数列，所以第n行第n列的数是n(n1)n1.故填n(n1)n1.答案：n(n1)n1三、解答题10已知an是递增的等差数列，满足a2a43，a1a54.(1)求数列an的通项公式和前n项和公式；(2)设数列bn对nN*均有an1成立，求数列bn的通项公式解析：(1)a1a5a2a44，再由a2a43，可解得a21，a43或a23，a41(舍去)d1，an11(n2)n1，Sn(a2an1).(2)由an1得，当n2时，an，两式相减，得an1an1(n2)，bn3n(n2)，当n1时，a2，a21，b13，也适合上式bn3n.11已知数列log2(an1)为等差数列，且a13，a25.(1)求证：数列an1是等比数列；(2)求的值解析：(1)证明：设log2(an1)log2(an11)d(n2)，因为a13，a25，所以dlog2(a21)log2(a11)log24log221，所以log2(an1)n，所以an12n，所以2(n2)，所以an1是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)可得an1(a11)2n1，所以an2n1，所以1.12数列an的前n项和为Sn，若a12且SnSn12n(n2，nN*)(1)求Sn；(2)是否存在等比数列bn满足b1a1，b2a3，b3a9？若存在，则求出数列bn的通项公式；若不存在，则说明理由解析：(1)因为SnSn12n，所以有SnSn12n对n2，nN*成立，即an2n对n2，nN*成立，又a1S121，所以an2n对nN*成立所以an1an2对nN*成立，所以an是等差数列所以有Snnn2n，nN*.(2)存在由(1)知，an2n，对nN*成立，所以有a36，a918，又a12，所以有b12，b26，b318，则3，所以存在以b12为首项，公比为3的等比数列bn， 其通项公式为bn23n1.