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理含解析

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理含解析，共8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·成都高三摸底考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝eq \f(5,2)，S10＝15，则a7＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2)D．2
解析：选A 法一：设等差数列{an}的公差为d，则由题设得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝a1＋3d＝\f(5,2)，,S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝15，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(9,2)，,d＝－\f(2,3)，))所以a7＝a1＋6d＝eq \f(9,2)＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝eq \f(1,2).故选A.
法二：因为S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝15，所以a1＋a10＝3，又a4＋a7＝a1＋a10，a4＝eq \f(5,2)，所以eq \f(5,2)＋a7＝3，解得a7＝eq \f(1,2).故选A.
2．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(5,4)
C.eq \f(4,5)D．－eq \f(4,5)
解析：选C 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，所以a9＝eq \f(4,5).故选C.
3．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．32B．31
C．64D．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．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．10B．11
C．12D．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.
5．(2019·江西临川期末)已知正项等比数列{an}满足a5·a6·a7＝1，且f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xln x，x≥1，,\f(ln x,x)，0A.eq \r(e)B．e
C．2eD．1＋e
解析：选B 由题知正项等比数列{an}满足a5·a6·a7＝1，则a6＝1，所以a2·a10＝a3·a9＝a4·a8＝a5·a7＝1，
当x>1时，f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝xln x＋eq \f(ln\f(1,x),\f(1,x))＝0，
当x＝1时，f(1)＝0，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a10)＝f(a1)＋[f(a2)＋f(a10)]＋[f(a3)＋f(a9)]＋[f(a4)＋f(a8)]＋[f(a5)＋f(a7)]＋f(a6)＝f(a1)＋f(a6)＝a1可化为f(a1)＝a1.
当a1>1时，f(a1)＝a1ln a1＝a1，解得a1＝e；
当a1<1时，f(a1)＝eq \f(ln a1,a1)＝a1，无解．故选B.
6．(2019·石家庄市模拟(一))已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＋Sn＝eq \f(n2－19n,2)(n∈N*)，若a10A．9B．10
C．11D．12
解析：选B ∵Sn＋1＋Sn＝eq \f(n2－19n,2)，①∴a2＋2a1＝－9，
又n≥2时，Sn＋Sn－1＝eq \f(（n－1）2－19（n－1）,2)，②
①－②得：an＋1＋an＝n－10，
∴a4＋a3＝－7，a6＋a5＝－5，
a8＋a7＝－3，a10＋a9＝－1，a12＋a11＝1，
∴n≥11且n为奇数时，an＋1＋an>0，
S2＋a1>S4＋a1>…>S10＋a1，S10＋a1S4>…>S10，S100，S3－a1>S5－a1>…>S9－a1＝S11－a1，S11－a1S5>…>S9＝S11，S110，∴S11－S10＝a11>0，∴S11>S10，∴Sn取得最小值时的n＝10.故选B.
二、填空题
7．(2019·长春市质量监测(二))等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，a2＋a3＝10，S6＝54，则该数列的公差d为________．
解析：法一：由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＝10，,6a1＋\f(6×5,2)d＝54，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝4.))
法二：∵S6＝eq \f(（a1＋a6）·6,2)＝eq \f(（a3＋a4）·6,2)＝54，∴a3＋a4＝18.∵a2＋a3＝10，∴a4－a2＝18－10＝8＝2d，∴d＝4.
答案：4
8．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝________．
解析：由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，
得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，
解得q＝－1(舍去)或q＝eq \f(3,2)，
将q＝eq \f(3,2)代入S2＝3a2＋2中，得a1＋eq \f(3,2)a1＝3×eq \f(3,2)a1＋2，
解得a1＝－1.
答案：－1
9．(2019·山西太原期中改编)已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则a29＝________，使得Sn<1 000成立的n的最大值为________．
解析：数列{an}的前n项依次为1，2，3，22，5，7，23，….
利用列举法可得，当n＝35时，P∪Q的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前35项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，57，59，2，4，8，16，32，故a29＝49.
S35＝30＋eq \f(30（30－1）,2)×2＋eq \f(2（25－1）,2－1)＝302＋26－2＝962<1 000.
当n＝36时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前36项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，59，61，2，4，8，16，32，
S36＝31＋eq \f(31（31－1）,2)×2＋eq \f(2（25－1）,2－1)＝961＋62＝1 023>1 000.
所以n的最大值为35.
答案：49 35
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．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)设bn＝an＋3，证明：数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.
解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，
n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，
n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.
(2)因为Sn＝2an－3n，
所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式相减，得an＋1＝2an＋3， ①
把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，
得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，
所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＝6×2n－1，
所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．
12．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
∴(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
∴an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7－2n，n≤3，,2n－7，n≥4，))
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n2＋6n，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))
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·昆明检测)已知数列{an}是等比数列，公比q<1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设m∈Z，若Sn解：(1)由a2＝2，S3＝7得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝2，,a1＋a1q＋a1q2＝7，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))(舍去)．
所以an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－3).
(2)由(1)可知，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))
＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))<8.
因为an>0，所以Sn单调递增．
又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8)．
又Sn3．(2019·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．
解：(1)因为lg a1＝0，lg a4＝1，所以a1＝1，a4＝10.
设等差数列{an}的公差为d，
则d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝3.
所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，
因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，
所以aeq \\al(2,k)＝a1a6＝16.
又an＝3n－2>0，
所以ak＝4.
因为ak＝3k－2，
所以3k－2＝4，得k＝2.
设等比数列{bn}的公比为q，
所以q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(3×2－2,1)＝4.
所以bn＝4n－1.
所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.
所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝eq \f(n（3n－1）,2)＋eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＋eq \f(1,3)(4n－1)．
4．已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13，数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3.
(1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}中的最大项．
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))
所以an＝4n－3.
又Tn＋bn＝3，所以Tn＋1＋bn＋1＝3，
两式相减得，2bn＋1－bn＝0，
所以bn＋1＝eq \f(1,2)bn.
当n＝1时，T1＋b1＝3，即b1＋b1＝3，所以b1＝eq \f(3,2).
所以数列{bn}为等比数列，且首项是eq \f(3,2)，公比是eq \f(1,2)，
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)因为cn＝an·bn＝eq \f(3（4n－3）,2n)，
所以cn＋1＝eq \f(3（4n＋1）,2n＋1)，
所以cn＋1－cn＝eq \f(3（4n＋1）,2n＋1)－eq \f(3（4n－3）,2n)＝eq \f(3（7－4n）,2n＋1).
所以当n＝1时，c2－c1>0；
当n≥2时，cn＋1－cn<0，
所以c1c3>c4>…，
所以(cn)max＝c2＝eq \f(15,4).