2019年高考理科数学专题复习练习第一讲等差数列、等比数列

一、选择题

1．(2018·开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为( )

A．1 C．3

B．2 D．4

4a1＋a4解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝＝2(a1＋a5－d)＝2(10－d)＝16，

2所以d＝2，故选B.

答案：B

2．(2018·重庆模拟)在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为( ) A．9 C．24

B．22 D．32

解析：依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前44×3项和等于4×3＋×2＝24，选C.

2

答案：C

a7－a9

3．(2018·益阳、湘潭联考)已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则的值为( )

a5－a7A．3 C．9

B．5 D．25

a7－a9a5解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，＝

qa5－a7

a5q2－a7q22

＝q＝25.故选D.

a5－a7

答案：D

4．(2018·洛阳模拟)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是( ) A．55 C．50

B．11 D．60

解析：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.

答案：A

5．(2018·昆明模拟)已知等差数列{an}的公差为2，且a4是a2与a8的等比中项，则{an}的通项公式an＝( )

A．－2n C．2n－1

B．2n D．2n＋1

2

解析：由题意，得a2a8＝a24，又an＝a1＋2(n－1)，所以(a1＋2)(a1＋14)＝(a1＋6)，解得

a1＝2，所以an＝2n.故选B.

答案：B

6．(2018·长沙中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋a12－a8＝8，a10－a6＝4，则S23＝( )

A．23 C．224

B．96 D．276

解析：设等差数列{an}的公差为d，依题意得a4＋a12－a8＝2a8－a8＝a8＝8，a10－a6＝23×224d＝4，d＝1，a8＝a1＋7d＝a1＋7＝8，a1＝1，S23＝23×1＋×1＝276，选D.

2

答案：D

7．(2018·长春模拟)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 C．8

B．7 D．9

解析：由d＞0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d15ddd＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－＜0，a9＝＞0，所以前和为前n项和的最小值，

222故选C.

答案：C

1

8．(2018·惠州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列

21

{}的前10项和为( ) Sn

11A. 129C. 10

10B. 118D. 9

1

解析：设等差数列{an}的公差为d，由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝

21111111

12，又a2＝4，∴a1＝2，d＝2，∴Sn＝n2＋n，∴＝＝－，∴＋＋…＋＝

Snnn＋1nn＋1S1S2S1011111110

(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.选B.

22310111111

答案：B

9．一个等差数列的前20项的和为354，前20项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝( )

A．1

B．3

C．5 D．7

解析：法一：设等差数列的首项为a1，由题意可得

10×910a＋d＋×2d232

＝，解得d＝3.2710×910a＋×2d2

11

20×19

20a1＋d＝354

2

S奇＋S偶＝354S偶＝192法二：由已知条件，得，解得，又S偶－S奇＝10d，所以dS偶∶S奇＝32∶27S奇＝162

192－162

＝＝3.

10

答案：B

S1110．(2018·惠州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝( )

S511A. 511C. 10

5B. 2222D. 5

11

a＋a11

S112111a622解析：＝＝＝.故选D.

S555a35

a＋a521答案：D

11．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14＝( ) A．16 C．4

B．8 D．不确定

解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25＝a1＋a25×25

＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.

2

答案：B

12．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＜0，若存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则当n＞m时，Sn与an的大小关系是( )

A．Sn＜an C．Sn＞an

解析：若a1＜0，存在自然数m≥3， 使得am＝Sm，则d＞0.

因为d＜0时，数列是递减数列，

B．Sn≤an D．大小不能确定

则Sm＜am，不存在am＝Sm. 由于a1＜0，d＞0， 当m≥3时，有am＝Sm， 因此am＞0，Sm＞0，

又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn＞an. 答案：C 二、填空题

a20

13．(2018·南宁模拟)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则＝________.

a10

63

解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得a24.由a4＋1q＝16，∴a1q＝±

a20a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，∴q2＝1.于是＝q10＝1.

a10

法二：由等比数列的性质，得

a24，又4＝a2a6＝16，∴a4＝±

a4＝4，

a4＋a8＝8，∴或

a8＝4

a4＝－4，a4＝4，a202

.∵a6＝a4a8＞0，∴则公比q满足q4＝1，q2＝1，∴＝q10＝1.

a10a8＝12a8＝4，

答案：1

a2n＋1

14．(2018·合肥模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项

an

和S9＝________.

2

解析：由已知，得a2n＋1＝4anan＋1－4an， 22即a2n＋1－4anan＋1＋4an＝(an＋1－2an)＝0，

所以an＋1＝2an，

所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 2×1－2910故S9＝＝2－2＝1 022.

1－2答案：1 022

15．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.

解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5， 所以a10a11＝e5.

所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10 ＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50. 答案：50

16．(2017·高考北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，a2

则＝________. b2

解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， a4－a18－－1

则由a4＝a1＋3d，得d＝＝＝3，

33b48

由b4＝b1q3得q3＝＝＝－8，∴q＝－2.

b1－1－1＋3a2a1＋d

∴＝＝＝1. b2b1q－1×－2答案：1 三、解答题

17．(2018·南京模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．

＋

(1)求数列 {an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Tn.

解析：(1)∵Sn＝2n1－2，∴当n＝1时，a1＝S1＝211－2＝2；

＋

＋

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n1－2n＝2n.

＋

又a1＝2＝21，∴an＝2n.

(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n1，

＋

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2(4＋4＋4＋…＋4)－(2＋2＋…＋241－2n2n＋14＋

－＝·4－2n2＋.

331－2

123n23n＋1

41－4n

)＝2×

1－4

18．(2018·贵阳模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＋a2＝4，a3－a2

＝6.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若对任意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差数列，求实数k的值． 解析：(1)∵a1＋a2＝4，a3－a2＝6，

a11＋q＝4，∴ 2

a1q－q＝6，

－

∵q＞0，∴q＝3，a1＝1.

∴an＝1×3n1＝3n1，故数列{an}的通项公式为an＝3n1.

－

－

(2)由(1)知an＝3

n－1

1×1－3n3n－1

，Sn＝＝，

21－3

3n－1－

∵kan，Sn，－1成等差数列，∴2Sn＝kan－1，即2×＝k×3n1－1，解得k＝3.

219．(2018·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.

(1)证明：数列{an＋4}是等比数列； (2)求数列{|an|}的前n项和Sn.

解析：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∴

an＋1＋4

＝2， an＋4

∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1) ，可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 当n＝1时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2； 当n≥2时，an≥0.

∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝21－2n＋

－4(n－1)＝2n1－4n＋2.又当n＝1时，上式也满足． 1－2

∴当n∈N*时，Sn＝2n1－4n＋2.

＋

20．(2018·南宁柳州联考)已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an

＝bn.

(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式．

bn＋1＋22bn＋2＋2解析：(1)证明：由题知，＝＝2，

bn＋2bn＋2∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4，

∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n1，故bn＝2n1－2.

－

＋

∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4－a3＝b3， ……

an－an－1＝bn－1.

累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)， an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2) 221－2n1

＝2＋－2(n－1)

1－2

－

＝2n1－2n，

＋

故an＝2n1－2n(n≥2)．

＋

∵a1＝2＝211－2×1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n1－2n(n∈N*)．

＋

＋