2021届二轮复习 小题考法专训三等差数列与等比数列 作业（全国通用）

小题考法专训（三）  等差数列与等比数列

A级——保分小题落实练

一、选择题

1．(2020·福州质检)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝(　　)

A．32　　　　　　　　　 B．31

C．64  D．63

解析：选B　法一：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由条件得解得所以S5＝31，故选B.

法二：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由a2a6＝a＝64，得a4＝8，又a3＝4，所以q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.

2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S5＝90，则等差数列{an}的公差d＝(　　)

A．2  B．

C．3  D．4

解析：选C　依题意，5×12＋d＝90，解得d＝3，故选C.

3．在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则a4＝(　　)

A．－1  B．0

C．1  D．2

解析：选C　设{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以a4＝1，故选C.

4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝(　　)

A．－1  B．1

C．－2  D．2

解析：选C　因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.

5．(2020届高三·广东六校联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝(　　)

A．16  B．15

C．8  D．7

解析：选B　设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1＝1，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝＝15，故选B.

6．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)

A.  B．

C.  D．－

解析：选C　因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.

7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S3＝－6，则S5＝(　　)

A．18  B．10

C．－14  D．－22

解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，

由题意，得解得

所以S5＝＝－22，故选D.

8．(2020·长春质监)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则＝(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选A　由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝＝63a1，所以＝＝，故选A.

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)

A．2n－1  B．n－1

C.n－1  D．n－1

解析：选B　当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以＝，所以当n≥2时，数列{an}是公比为的等比数列，所以an＝所以Sn＝1＋＋×＋…＋×n－2＝1＋＝n－1，故选B.

10．(2020·广东七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为(　　)

A．5  B．6

C．7  D．8

解析：选D　设{an}的公差为d，则由题意得，解得所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.

11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则数列{nan}的前n项和为(　　)

A．－3＋(n＋1)×2n  B．3＋(n＋1)×2n

C．1＋(n＋1)×2n  D．1＋(n－1)×2n

解析：选D　设{an}的公比为q，易知q≠1，

所以由题设得

两式相除得1＋q3＝9，解得q＝2，进而可得a1＝1，

所以an＝a1qn－1＝2n－1，所以nan＝n×2n－1.

设数列{nan}的前n项和为Tn，

则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，

2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，

两式作差得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝－1＋(1－n)×2n，

故Tn＝1＋(n－1)×2n.

12．已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|＜的最小整数n是(　　)

A．8  B．9

C．10  D．11

解析：选C　由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即＝－，又a3＝，所以a3－1＝，代入上式，有a2－1＝－，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝＝＜，又n∈N*，所以n的最小值为10，故选C.

二、填空题

13．(2020·北京北京朝阳期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．

解析：设数列{an}的公差为d，

∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，

∴a1＝－4，d＝1，

∴a5＝a1＋4d＝0，

an＝a1＋(n－1)d＝n－5.

令an＜0，则n＜5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．

∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.

答案：0　－10

14．(2020·北京朝阳期末)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．

解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

由

得解得

∴S8＝8a1＋d＝8×(－5)＋28×2＝16.

答案：16

15．已知数列{an}中，a1＝3，a2＝7.当n∈N*时，an＋2是乘积an·an＋1的个位数，则a2 019＝________.

解析：a1＝3，a2＝7，a1a2＝21，a3＝1，a2a3＝7，a4＝7，a3a4＝7，a5＝7，a4a5＝49，a6＝9，a5a6＝63，a7＝3，a6a7＝27，a8＝7，a7a8＝21，a9＝1，a8a9＝7，a10＝7，所以数列{an}是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a2 019＝a3＝1.

答案：1

16．已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝________.

解析：由题意，因为数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.

答案：

B级——拔高小题提能练

1．(2020·福州质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a8＝(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选A　因为an＋1＝，a1＝1，

所以an＞0，所以＝，

所以＝＝2＋4·＋2，

所以＋2＝2.

令bn＝＋2，则bn＋1＝b，

又因为bn＞0，且bn≠1，所以ln bn＋1＝2ln bn，

又ln b1＝ln＝ln 3，

所以数列{ln bn}是首项为ln 3，公比为2的等比数列．

所以ln bn＝ln 3·2n－1＝ln 32n－1，所以bn＝32n－1，

即＋2＝32n－1，从而an＝，

将n＝8代入可得a8＝，选A.

2．[多选题]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，令bn＝an＋1－2an，设cn＝，则下列说法正确的是(　　)

A．数列{bn}是等比数列

B．数列{cn}是等比数列

C．数列{an}的通项公式an＝(3n－1)2n－2

D．数列{an}的前n项和Sn＝(3n－4)2n－1＋2

解析：选ACD　由题意，Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，两式相减得，Sn＋2－Sn＋1＝4(an＋1－an)，an＋2＝4an＋1－4an，所以an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，因为bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝2bn，又由题设得1＋a2＝4＋2＝6，即a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3，所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故A正确；由A得bn＝3·2n－1，所以bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，所以－＝，即cn＋1－cn＝.所以数列{cn}是首项为，公差为的等差数列．故B错误；由B得，cn＝＋(n－1)＝n－，即＝n－，所以an＝(3n－1)2n－2，则Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)2n－1＋2.故C、D正确．

3．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2 019项的和为________．

解析：由(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4，得an＋1＝－3＝，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－，a4＝－5，a5＝5，则数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2 019＝504×4＋3，且a1＋a2＋a3＋a4＝－，即一个周期的和为－，所以数列{an}的前2 019项的和为－×504＋5＋0－＝－.

答案：－

4．(2020·福建五校第二次联考)在数列{an}中，a1＝，＝，n∈N*，且bn＝.记Pn＝b1·b2·…·bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，则3n＋1Pn＋Sn＝________.

解析：因为＝＝－，

所以bn＝＝－，

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－.

因为＝，所以bn＝＝，

所以Pn＝b1·b2·…·bn＝··…·＝.

又a1＝，故3n＋1Pn＋Sn＝＋－＝＝3.

答案：3

5．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an，m∈R，且anbn＝n.则a2＝________；若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．

解析：∵3Sn＝(n＋m)an，∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，

解得m＝2，∴3Sn＝(n＋2)an.①

当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1.②

由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，

即(n－1)an＝(n＋1)an－1.

∵a1＝2，∴an≠0，∴＝，

∴＝，＝，＝，…，＝，＝，

以上各式累乘可得an＝n(n＋1)，

经检验a1＝2符合上式．∴an＝n(n＋1)，n∈N*.

∴a2＝2×3＝6.

∵anbn＝n，∴bn＝.

令Bn＝T2n－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n

＝＋＋…＋，

则Bn＋1－Bn＝＞0，

∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝.

∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，

∴λ≥B1＝，故实数λ的最小值为.

答案：6