全国版2021届高考数学二轮复习专题检测八等差数列等比数列文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测八等差数列等比数列文含解析，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A.16 B.8
C.4 D.2
解析：选C 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴ a3＝a1q2＝4.故选C.
2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a1＋a6＝( )
A.6 B.7
C.8 D.9
解析：选B 法一：由题意知，数列{an}是等差数列，设公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＋a1＋5d＝12，,a1＋a1＋2d＋a1＋4d＝9，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))所以a1＋a6＝a1＋a1＋5d＝7，故选B.
法二：由题意知，数列{an}是等差数列，将a2＋a4＋a6＝12与a1＋a3＋a5＝9相加可得3(a1＋a6)＝12＋9＝21，所以a1＋a6＝7，故选B.
3.(2019·福州市质量检测)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1·q2＝4，,a1q·a1q5＝64，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))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＝aeq \\al(2,4)＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.
4.数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝( )
A.1 B.－2
C.3 D.－3
解析：选A 因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3).
所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，
故{an}是以6为周期的周期数列.
因为2 019＝336×6＋3，
所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.
5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为( )
A.10 B.11
C.12 D.13
解析：选C 由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7<0，S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.
6.已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝eq \f(π,2)，若函数f(x)＝sin 2x＋2cs2 eq \f(x,2)，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为( )
A.0 B.－9
C.9 D.1
解析：选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cs x＋1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cs(π－x)＋1＝－sin 2x－cs x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
二、填空题
7.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________.
解析：设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵ a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，∴ a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，
即4q2＋4q＋1＝0，∴ q＝－eq \f(1,2)，
∴ S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
答案：eq \f(5,8)
8.(2019·北京高考)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：∵ 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
9.设某数列的前n项和为Sn，若eq \f(Sn,S2n)为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.
解析：由eq \f(Sn,S2n)＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)×2n（2n－1）d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，∵对任意正整数n，上式恒成立，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d（4k－1）＝0，,（2k－1）（2－d）＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝2，,k＝\f(1,4)，))∴数列{an}的公差为2.
答案：2
三、解答题
10.(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
解：(1)设{an}的公差为d.因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋a3＝8，S9＝81.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若S3，a14，Sm成等比数列，求S2m.
解：(1)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S9＝9a5＝9（a1＋4d）＝81，,a2＋a3＝2a1＋3d＝8，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
∵S3，a14，Sm成等比数列，∴S3·Sm＝aeq \\al(2,14)，
即9m2＝272，解得m＝9，故S2m＝182＝324.
12.(2019·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2).
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
解：(1)证明：∵a3＝7，a3＝3a2－2，∴a2＝3，
∴an＝2an－1＋1，
∴a1＝1，
eq \f(an＋1,an－1＋1)＝eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2(n≥2)，
∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.
(2)由(1)知，an＋1＝2n，
∴an＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，
∴n＋Sn＝2an，
即n，an，Sn成等差数列.
B组——大题专攻强化练
1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}满足an＋1－3an＝3n(n∈N*)且a1＝1.
(1)设bn＝eq \f(an,3n－1)，证明：数列{bn}为等差数列；
(2)设cn＝eq \f(n,an)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知得an＋1＝3an＋3n，得bn＋1＝eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(3an＋3n,3n)＝eq \f(an,3n－1)＋1＝bn＋1，
所以bn＋1－bn＝1，又a1＝1，所以b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(an,3n－1)＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝eq \f(1,3n－1)，
所以Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2·3n－1).
2.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.
解：(1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，
Sn＝eq \f(n（n－9）d,2).
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}.
3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即
an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn).
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列.
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1，
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
4.已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝aeq \a\vs4\al(2n－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2 020成立的最小正整数n的值.
解：(1)令n＝1得，a1－2a2＋a3＝0，解得a2＝5.
又由an－2an＋1＋an＋2＝0知，an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，
故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，
于是an＝2n＋1，
bn＝aeq \a\vs4\al(2n－1)＝2n＋1.
(2)由(1)知，bn＝2n＋1.
于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋n＝2n＋1＋n－2.
令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，
又f(9)＝210＋9－2＝1 031，f(10)＝211＋10－2＝2 056，
故使b1＋b2＋…＋bn＞2 020成立的最小正整数n的值是10.