2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题二 第1讲 等差数列与等比数列含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题二 第1讲 等差数列与等比数列含解析

第1讲　等差数列与等比数列 ‎[做真题]‎ 题型一　等差数列 ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)‎ A．an＝2n－5　　　　　 B．an＝3n－10‎ C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，‎ 因为 所以 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，‎ 因为 所以 解得 选项A，a1＝2×1－5＝－3；‎ 选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；‎ 选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；‎ 选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)‎ A．－12 B．－10‎ C．10 D．12‎ 解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋d)＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)‎ A．－24 B．－3‎ C．3 D．8‎ 解析：选A.设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，又a1＝1，所以d2＋2d＝0，又d≠0，则d＝－2，所以a6＝a1＋5d＝－9，所以{an}前6项的和S6＝×6＝－24，故选A.‎ ‎4．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，‎ 所以＝＝＝＝4.‎ 答案：4‎ 题型二　等比数列 ‎1．(2019·高考全国卷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.设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.‎ ‎2．(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A．1盏　　　　　　　 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析：选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3，故选B.‎ ‎3．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________．‎ 解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.‎ 优解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.‎ 答案： ‎4．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.‎ 解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ 题型三　等差、等比数列的判定与证明 ‎(2019·高考全国卷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＝(an＋bn)．‎ 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 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＝，an－bn＝2n－1.‎ 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，‎ bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.‎ ‎[山东省学习指导意见]‎ ‎1．数列的概念和简单表示法 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．‎ ‎2．等差数列、等比数列 ‎(1)理解等差数列、等比数列的概念．‎ ‎(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式．‎ ‎　　　　等差、等比数列的基本运算 ‎[典型例题]‎ ‎ (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，＝，则数列{an}的公比q为(　　)‎ A．4　　 B．2　　‎ C．　　 D． ‎(2)(2019·开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.‎ ‎①若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；‎ ‎②若T3＝13，求Sn.‎ ‎【解】　(1)选C.因为＝≠2，所以q≠1.所以＝＝1＋q5，所以1＋q5＝，‎ 所以q＝.‎ ‎(2)①设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.‎ 由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，(*)‎ 由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，(**)‎ 联立(*)(**)，解得q＝2或q＝0(舍去)，‎ 因此数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.‎ ‎②因为T3＝1＋q＋q2，所以1＋q＋q2＝13，‎ 解得q＝3或q＝－4，‎ 由a2＋b2＝3，得d＝4－q，所以d＝1或d＝8.‎ 由Sn＝na1＋n(n－1)d，‎ 得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.‎ 等差、等比数列问题的求解策略 ‎(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；　 ‎ ‎(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；‎ ‎(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则(　　)‎ A．a9＝17　　　　　　 B．a10＝18‎ C．S9＝81 D．S10＝91‎ 解析：选BD.因为对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，所以Sn－1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1－an＝2.所以数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2，又a1＝1，a2＝2，则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋×2＝73，S10＝1＋9×2＋×2＝91.故选BD.‎ ‎2．(一题多题)(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.通解：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.‎ 优解：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由a2a6＝a＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.‎ ‎3．(2019·武昌区调研考试)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，已知S1，S2，S4成等比数列，且a3＝5，则数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为{an}是等差数列，S1，S2，S4成等比数列，所以(a1＋a2)2＝a1(a1＋a2＋a3＋a4)，因为a3＝5，所以(5－2d＋5－d)2＝(5－2d)(5－2d＋15)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以5＝a1＋(3－1)×2，即a1＝1，所以an＝2n－1.‎ 答案：an＝2n－1‎ ‎　　　等差(比)数列的性质 ‎[典型例题]‎ ‎ (1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)‎ A．－　　　　　　 B．－ C． D．－或 ‎(2)(2019·长春质量检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝(　　)‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎(3)(2019·福建漳州质检改编)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2＋a9＋a19＝6，则a10＝________，S19＝________．　‎ ‎【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.‎ ‎(2)因为Sn是等差数列{an}的前n项和，‎ 若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，‎ 所以由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，‎ 所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，‎ 所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，‎ 解得λ＝2.‎ ‎(3)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由等差数列的通项公式可得a2＋a9＋a19＝3(a1＋9d)＝3a10＝6，所以a10＝2，由等差数列前n项和公式可得S19＝＝19a10＝38.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)C　(3)2　38‎ 等差、等比数列性质问题的求解策略 抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解 用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题 ‎　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(一题多解)(2019·福建省质量检查)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，则a33＝(　　)‎ A．82 B．97‎ C．100 D．115‎ 解析：选C.通解：设等差数列{an}的公差为d，则由得解得所以a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故选C.‎ 优解：设等差数列{an}的公差为d，由a8－a5＝9，得3d＝9，即d＝3.由S8－S5＝66，得a6＋a7＋a8＝66，结合等差数列的性质知3a7＝66，即a7＝22，所以a33＝a7＋(33－7)×d＝22＋26×3＝100，故选C.‎ ‎2．(一题多解)(2019·广东省七校联考)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.法一：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.‎ 法二：设{an}的公差为d，则由题意得，解得则Sn＝15n＋×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以当n＝8时，Sn取得最大值，故选D.‎ ‎3．(一题多解)已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数λ的取值范围是________．‎ 解析：法一：因为an>an＋1，所以数列{an}是递减数列，所以解得<λ<.‎ 所以实数λ的取值范围是.‎ 法二：因为an>an＋1恒成立，所以0<λ<1.‎ 若0<λ≤，则当n<6时，数列{an}为递增数列或常数列，不满足对任意的n∈N*都有an>an＋1；‎ 若<λ<1，则当n<6时，数列{an}为递减数列，当n≥6时，数列{an}为递减数列，又对任意的n∈N*都有an>an＋1，所以a60)，则由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1>0，所以a1＋5d>0，则a1＋5d＝2，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故选D.‎ 优解：因为{an}为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a5＋a7－a＝0，得2a6－a＝0，a6＝2，则S11＝＝＝11a6＝22，故选D.‎ ‎5．等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.‎ ‎6．(多选)已知数列{an}是等比数列，则下列命题正确的是(　　)‎ A．数列{|an|}是等比数列 B．数列{anan＋1}是等比数列 C．数列是等比数列 D．数列{lg a}是等比数列 解析：选ABC.因为数列{an}是等比数列，所以＝q.对于A，＝＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A正确；对于B，＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B正确；对于C，＝＝，所以数列是等比数列，C正确；对于D，＝＝，不一定是常数，所以D错误．‎ 二、填空题 ‎7．(2019·贵阳市第一学期监测)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，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 ‎8．在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：‎ ‎①k不可能为0；‎ ‎②等差数列一定是“等差比数列”；‎ ‎③等比数列一定是“等差比数列”；‎ ‎④“等差比数列”中可以有无数项为0.‎ 其中所有正确判断的序号是________．‎ 解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．‎ 答案：①④‎ ‎9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x－1)＋1，则g(x)的图象关于________对称，若an＝g＋g＋g＋…＋g(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：因为f(x)＝，所以f(－x)＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．因为g(x)＝f(x－1)＋1，所以g(x)的图象关于点(1，1)对称，若x1＋x2＝2，则有g(x1)＋g(x2)＝2，所以an＝g＋g＋g＋…＋g＝2(n－1)＋g(1)＝2n－2＋f(0)＋1＝2n－1，即an＝2n－1，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ 答案：(1，1)　an＝2n－1‎ 三、解答题 ‎10．(2019·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q<1，若a2＝2，a1＋a2＋a3＝7.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由已知得，‎ 则或(舍去)．‎ 所以an＝4×＝23－n.‎ ‎(2)因为bn＝log2an＝log223－n＝3－n，所以数列{bn}是首项为2，公差为－1的等差数列．‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，‎ 则Tn＝＝.‎ ‎11．(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)设等差数列{an}的公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，‎ 所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，‎ 所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.‎ ‎(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，‎ ‎①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝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＝.‎ ‎12．(2019·长沙市统一模拟考试)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＝a2n－1，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求使b1＋b2＋…＋bn>2 018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＝a2n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2n＋1.‎ 于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋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>2 018成立的最小正整数n的值是10.‎ ‎ ‎