2019年高考数学二轮复习 专题3 第1讲 等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练（文、理）.doc

2019年高考数学二轮复习 专题3 第1讲 等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练（文、理）一、选择题1(文)(xx东北三省三校联考)等差数列an的前n项和为Sn，若a2a4a6 12，则S7的值是()A21 B24 C28 D7答案C解析a2a4a63a412，a44，2a4a1a78，S728.(理)(xx新课标理，7)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4C5D6答案C解析SmSm1am2，Sm1Smam13，dam1am321，Sma1m10，ama1(m1)12，a13m.代入得3mm20，m0(舍去)或m5，故选C.2(文)已知Sn为等差数列an的前n项和，若S11，4，则的值为()A.B.C.D4答案A解析由等差数列的性质可知S2，S4S2，S6S4成等差数列，由4得3，则S6S45S2，所以S44S2，S69S2，.(理)(xx全国大纲文，8)设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31B32C63D64答案C解析解法1：由条件知：an0，且q2.a11，S663.解法2：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S663.3(文)设Sn为等比数列an的前n项和，且4a3a60，则()A5B3C3D5答案D解析4a3a60，4a1q2a1q5，a10，q0，q34，1q35.(理)(xx新课标理，3)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A.BC.D答案C解析S3a210a1，a1a2a3a210a1，a39a1a1q2，q29，又a59，9a3q29a3，a31，又a39a1，故a1.4(xx新乡、许昌、平顶山调研)设an是等比数列，Sn是an的前n项和，对任意正整数n，有an2an1an20，又a12，则S101的值为()A2B200C2D0答案A解析设公比为q，an2an1an20，a12a2a30，a12a1qa1q20，q22q10，q1，又a12，S1012.5(xx哈三中二模)等比数列an，满足a1a2a3a4a53，aaaaa15，则a1a2a3a4a5的值是()A3B.CD5答案D解析由条件知，5，a1a2a3a4a55.6(xx镇江模拟)已知公差不等于0的等差数列an的前n项和为Sn，如果S321，a7是a1与a5的等比中项，那么在数列nan中，数值最小的项是()A第4项B第3项C第2项D第1项答案B解析设等差数列an的公差为d，则由S3a1a2a33a221，得a27，又由a7是a1与a5的等比中项，得aa1a5，即(a25d)2(a2d)(a23d)，将a27代入，结合d0，解得d2，则nanna2(n2)d2n211n，对称轴方程n2，又nN*，结合二次函数的图象知，当n3时，nan取最小值，即在数列nan中数值最小的项是第3项二、填空题7(xx广东六校联考)设曲线yxn1(nN*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则logxxx1logxxx2logxxx的值为_答案1解析因为y(n1)xn，所以在点(1,1)处的切线的斜率kn1，所以n1，所以xn，所以logxxx1logxxx2logxxxlogxx(x1x2xxx)logxx()logxx1.8(xx中原名校二次联考)若bn为等差数列，b24，b48.数列an满足a11，bnan1an(nN*)，则a8_.答案57解析bnan1an，a8(a8a7)(a7a6)(a2a1)a1b7b6b1a1.由bn为等差数列，b24，b48知bn2n数列bn的前n项和为Snn(n1)a8S7a17(71)157.9(xx辽宁省协作校联考)若数列an与bn满足bn1anbnan1(1)n1，bn，nN，且a12，设数列an的前n项和为Sn，则S63_.答案560解析bn，又a12，a21，a34，a42，a56，a63，S63a1a2a3a63(a1a3a5a63)(a2a4a6a62)(24664)(12331)1056496560.三、解答题10(xx豫东、豫北十所名校联考)已知Sn为数列an的前n项和，且a2S231，an13an2n(nN*)(1)求证：an2n为等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解析(1)由an13an2n可得an12n13an2n2n13an32n3(an2n)，又a23a12，则S2a1a24a12，得a2S27a1431，得a15，a12130，3，故an2n为等比数列(2)由(1)可知an2n3n1(a12)3n，故an2n3n，Sn2n1.一、选择题11(文)(xx山西四校联考)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则()A1B1C32D32答案C解析由条件知a3a12a2，a1q2a12a1q，a10，q22q10，q0，q1，q232.(理)在等差数列an中，a1a2a33，a18a19a2087，则此数列前20项的和等于()A290B300C580D600答案B解析由a1a2a33，a18a19a2087得，a1a2030，S20300.12(文)已知数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN，则数列ban的前10项的和为()A.(491)B.(4101)C.(491)D.(4101)答案D解析由a11，an1an2得，an2n1，由2，b11得bn2n1，ban2an122(n1)4n1，数列ban前10项和为(4101)(理)若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn等于()A1B.(1)C1D.(1)答案B解析因为an12n12n1，所以anan12n12n24n1，所以()n1，所以也是等比数列，所以Tn(1)，故选B.13给出数列，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号是()A4900B4901C5000D5001答案B解析根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1239850504901.点评本题考查归纳能力，由已知项找到规律，“1”所在项的特点以及项数与分子、分母的和之间的关系，再利用等差数列求和公式即可14(xx唐山市一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1B4n1C2n1D2n1答案C解析设公比为q，则a1(1q2)，a2(1q2)，q，a1a1，a12.ana1qn12()n1，Sn41()n，2(2n1)2n1.点评用一般解法解出a1、q，计算量大，若注意到等比数列的性质及求，可简明解答如下：a2a4q(a1a3)，q，2n1.二、填空题15(xx新乡、许昌、平顶山调研)如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，第n群，第n群恰好n个数，则第n群中n个数的和是_答案32n2n3解析由图规律知，第n行第1个数为2n1，第2个数为32n2，第3个数为52n3设这n个数的和为S则S2n132n252n3(2n3)2(2n1)202Sn2n32n152n2(2n3)22(2n1)21得Sn2n22n122n222222(2n1)2n2n2n12322(2n1)2n(2n1)2n2n142n132n2n3.16在数列an中，若aap(n2，nN*)(p为常数)，则称an为“等方差数列”下列是对“等方差数列”的判断：若数列an是等方差数列，则数列a是等差数列；数列(1)n是等方差数列；若数列an既是等方差数列，又是等差数列，则该数列必为常数列；若数列an是等方差数列，则数列akn(k为常数，kN*)也是等方差数列其中正确命题的序号为_答案解析由等方差数列的定义、等差数列、常数列的定义知均正确三、解答题17(文)(xx浙江理，18)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解析(1)由题意得a15a3(2a22)2，a110，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11.则当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n.当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|(理)(xx天津十二区县联考)已知函数f(x)，数列an满足a11，an1f()，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(n2)，b13，Snb1b2bn，若Sn对一切nN*成立，求最小的正整数m.解析(1)an1f()an，an是以为公差，首项a11的等差数列，ann.(2)当n2时，bn()，当n1时，上式同样成立Snb1b2bn(1)(1)，Sn，即(1)对一切nN*成立，又(1)随n递增，且(1)成立的最小正整数n的值解析本题主要考查等差数列的概念及有关计算，数列求和的方法，简单分式不等式的解法，化归转化思想及运算求解能力等(1)解法1：an是等差数列，Snna1dna12n2(a11)n.又由已知Snpn22n，p1，a112，a13，ana1(n1)d2n1，p1，an2n1.解法2：由已知a1S1p2，S24p4，即a1a24p4，a23p2.又等差数列的公差为2，a2a12，2p2，p1，a1p23，ana1(n1)d2n1，p1，an2n1.解法3：当n2时，anSnSn1pn22np(n1)22(n1)2pnp2，a23p2，由已知a2a12，2p2，p1，a1p23，ana1(n1)d2n1，p1，an2n1.(2)由(1)知bn，Tnb1b2b3bn()()()()1.又Tn，20n18n9，即n，又nN*.使Tn成立的最小正整数n的值为5.