（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）.doc

1、专题检测（八）等差数列、等比数列 A 组“633”考点落实练一、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 a452，S1015，则a7()A.12 B1C.32D2解析：选 A 法一：设等差数列an的公差为 d，则由题设得a4a13d52，S1010a11092d15，解得a192，d23，所以 a7a16d92623 12.故选 A.法二：因为 S1010（a1a10）215，所以 a1a103，又 a4a7a1a10，a452，所以52a73，解得 a712.故选 A.2(2019福州市质量检测)已知数列an中，a32，a71.若数列1an 为等差数列

2、，则 a9()A.12B54C.45D45解析：选 C 因为数列1an 为等差数列，a32，a71，所以数列1an 的公差 d1a71a373 1127318，所以1a9 1a7(97)1854，所以 a945.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 a34，a2a664，则 S5()A32B31C64D63解析：选 B 法一：设首项为 a1，公比为 q，因为 an0，所以 q0，由条件得a1q24，a1qa1q564，解得a11，q2，所以 S531.故选 B.法二：设首项为 a1，公比为 q，因为 an0，所以 q0，由 a2a6a2464，a34，得 q2，

3、a11，所以 S531.故选 B.4若等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S6S7S5，则满足 SnSn1S7S5，得 S7S6a7S5，所以 a70，所以 S1313（a1a13）213a70，所以 S12S130，即满足SnSn10 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 a5a6a71，且 f(x)xln x，x1，ln xx，0 x1 时，f(x)f 1x xln xln1x1x0，当 x1 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(a

4、7)f(a6)f(a1)f(a6)a1 可化为 f(a1)a1.当 a11 时，f(a1)a1ln a1a1，解得 a1e；当 a11 时，f(a1)ln a1a1 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 Sn1Snn219n2(nN*)，若 a100，S2a1S4a1S10a1，S10a1S12a1S14a1S4S10，S10S12S140，S3a1S5a1S9a1S11a1，S11a1S13a1S15a1S5S9S11，S11S13S15.又 a11a100，a100，S11S10a110，S11S10，Sn 取得最小值时的 n10.故选

5、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，a2a310，S654，则该数列的公差 d 为_解析：法一：由题意，知a1da12d10，6a1652 d54，解得a11，d4.法二：S6（a1a6）62（a3a4）6254，a3a418.a2a310，a4a2181082d，d4.答案：48设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 a1_解析：由 S23a22，S43a42，得 a3a43a43a2，即 qq23q23，解得 q1(舍去)或 q32，将 q32代入 S23a22 中，得 a132a13

6、32a12，解得 a11.答案：19(2019山西太原期中改编)已知集合 Px|x2n，nN*，Qx|x2n1，nN*，将 PQ 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 Sn1 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 n35 时，PQ 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 a2949.S353030（301）

7、222（251）213022629621 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，a110，且 a210，a38，a46 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 a110，所以 a210d，a3102d，a4103d.因为 a210，a38，a46 成等比数列，所以(a38)2(a210)(a46)所以(22d)2d(43d)解得 d2.所以 ana1(n1)d2n12.(2)由(1)知，an2n12.则当 n7 时，an0；当 n6 时，an0.

8、所以 Sn 的最小值为 S5S630.11已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an3n(nN*)(1)求 a1，a2，a3 的值；(2)设 bnan3，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 Sn2an3n(nN*)所以 n1 时，由 a1S12a131，解得 a13，n2 时，由 S22a232，得 a29，n3 时，由 S32a333，得 a321.(2)因为 Sn2an3n，所以 Sn12an13(n1)，两式相减，得 an12an3，把 bnan3 及 bn1an13，代入式，得 bn12bn(nN*)，且 b16，所以

9、数列bn是以 6 为首项，2 为公比的等比数列，所以 bn62n1，所以 anbn362n133(2n1)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 a23，则 a13d，a33d，(3d)(3)(3d)15，得 d24，d2，an2n1 或 an2n7.(2)由题意得 an2n7，所以|an|72n，n3，2n7，n4，n3 时，Sn(a1a2an)5（72n）2n6nn2；n4 时，Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2

10、an)186nn2.综上，数列|an|的前 n 项和 Snn26n，n3，n26n18，n4.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 an13an3n(nN*)且 a11.(1)设 bn an3n1，证明：数列bn为等差数列；(2)设 cnnan，求数列cn的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：由已知得 an13an3n，得 bn1an13n 3an3n3n an3n11bn1，所以 bn1bn1，又 a11，所以 b11，所以数列bn是首项为 1，公差为 1 的等差数列(2)由(1)知，bn an3n1n，所以 ann3n1，cn 13n1，所以 Sn11 13

11、n11332113n 32123n1.2(2019昆明检测)已知数列an是等比数列，公比 q1，前 n 项和为 Sn，若 a22，S37.(1)求an的通项公式；(2)设 mZ，若 Snm 恒成立，求 m 的最小值解：(1)由 a22，S37 得a1q2，a1a1qa1q27，解得a14，q12或a11，q2(舍去)所以 an4 12n1 12n3.(2)由(1)可知，Sna1（1qn）1q4112n112 8112n 0，所以 Sn 单调递增 又 S37，所以当 n4 时，Sn(7，8)又 Sn0，所以 ak4.因为 ak3k2，所以 3k24，得 k2.设等比数列bn的公比为 q，所以 q

12、b2b1a2a132214.所以 bn4n1.所以 anbn3n24n1.所以数列anbn的前 n 项和为 Snn（3n1）214n14 32n212n13(4n1)4已知数列an是等差数列，满足 a25，a413，数列bn的前 n 项和是 Tn，且 Tnbn3.(1)求数列an及数列bn的通项公式；(2)设 cnanbn，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a1d5，a13d13，解得a11，d4，所以 an4n3.又 Tnbn3，所以 Tn1bn13，两式相减得，2bn1bn0，所以 bn112bn.当 n1 时，T1b13，即 b1b13，所以 b132.所以数列bn为等比数列，且首项是32，公比是12，所以 bn32 12n132n.(2)因为 cnanbn3（4n3）2n，所以 cn13（4n1）2n1，所以 cn1cn3（4n1）2n13（4n3）2n3（74n）2n1.所以当 n1 时，c2c10；当 n2 时，cn1cn0，所以 c1c3c4，所以(cn)maxc2154.