高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)（八）等差數(shù)列、等比數(shù)列

1、專題檢測(cè)（八）專題檢測(cè)（八） 等差數(shù)列、等比數(shù)列等差數(shù)列、等比數(shù)列 a 組“633”考點(diǎn)落實(shí)練 一、選擇題 1(2019 成都高三摸底考試)已知等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 a452，s1015，則 a7( ) a.12 b1 c.32 d2 解 析 ： 選a 法 一 ： 設(shè) 等 差 數(shù) 列 an 的 公 差 為d ， 則 由 題 設(shè) 得a4a13d52，s1010a11092d15，解得a192，d23，所以 a7a16d9262312.故選 a. 法二：因?yàn)?s1010（a1a10）215，所以 a1a103，又 a4a7a1a10，a452，所以52a73，解得 a712.故選

2、 a. 2(2019 福州市質(zhì)量檢測(cè))已知數(shù)列an中，a32，a71.若數(shù)列1an為等差數(shù)列，則a9( ) a.12 b54 c.45 d45 解析：選 c 因?yàn)閿?shù)列1an為等差數(shù)列，a32，a71，所以數(shù)列1an的公差 d1a71a3731127318，所以1a91a7(97)1854，所以 a945.故選 c. 3等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正實(shí)數(shù)，其前 n 項(xiàng)和為 sn.若 a34，a2a664，則 s5( ) a32 b31 c64 d63 解析：選 b 法一：設(shè)首項(xiàng)為 a1，公比為 q，因?yàn)?an0，所以 q0，由條件得a1q24，a1qa1q564，解得a11，q2，所以 s531.故選

3、 b. 法二：設(shè)首項(xiàng)為 a1，公比為 q，因?yàn)?an0，所以 q0，由 a2a6a2464，a34，得 q2，a11，所以 s531.故選 b. 4若等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，若 s6s7s5，則滿足 snsn1s7s5，得 s7s6a7s5，所以 a70 ， 所 以 s1313（a1a13）2 13a70 ， 所 以s12s130，即滿足 snsn10的正整數(shù) n 的值為 12.故選 c. 5(2019 江西臨川期末)已知正項(xiàng)等比數(shù)列an滿足 a5a6a71，且 f(x)xln x，x1，ln xx，0 x1時(shí)，f(x)f 1xxln xln1x1x0， 當(dāng) x1 時(shí)，f(1)0，

4、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可化為 f(a1)a1. 當(dāng) a11時(shí)，f(a1)a1ln a1a1，解得 a1e； 當(dāng) a11時(shí)，f(a1)ln a1a1a1，無解故選 b. 6(2019 石家莊市模擬(一)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 sn1snn219n2(nn n*)，若 a100， s2 a1s4 a1 s10 a1， s10 a1s12 a1s14 a1s4 s10，s10s12s140，s3a1s5a1s9a1s11a1，s11a1s13a

5、1s15a1s5s9s11，s11s13s15.又 a11a100，a100，s11s10a110，s11s10，sn取得最小值時(shí)的 n10.故選 b. 二、填空題 7(2019 長春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(二)等差數(shù)列an中，sn是它的前 n 項(xiàng)和，a2a310，s654，則該數(shù)列的公差 d為_ 解析：法一：由題意，知a1da12d10，6a1652d54， 解得a11，d4. 法二：s6（a1a6） 62（a3a4） 6254，a3a418.a2a310，a4a2181082d，d4. 答案：4 8設(shè)公比為 q(q0)的等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn.若 s23a22，s43a42，則 a1_ 解

6、析：由 s23a22，s43a42， 得 a3a43a43a2，即 qq23q23， 解得 q1(舍去)或 q32， 將 q32代入 s23a22 中，得 a132a1332a12， 解得 a11. 答案：1 9(2019 山西太原期中改編)已知集合 px|x2n，nn n*，qx|x2n1，nn n*，將 pq 的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列an，記 sn為數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和，則 a29_，使得 sn1 000 成立的 n的最大值為_ 解析：數(shù)列an的前 n項(xiàng)依次為 1，2，3，22，5，7，23，. 利用列舉法可得，當(dāng) n35 時(shí)，pq 的所有元素從小到大依次排列，構(gòu)成一個(gè)數(shù)列

7、an， 所以數(shù)列an的前 35 項(xiàng)分別為 1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，57，59，2，4，8，16，32，故 a2949. s353030（301）222（251）213022629621 000. 所以 n 的最大值為 35. 答案：49 35 三、解答題 10(2019 北京高考)設(shè)an是等差數(shù)列，a110，且 a210，a38，a46 成等比數(shù)列 (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)記an的前 n項(xiàng)和為 sn，求 sn的最小值 解：(1)設(shè)an的公差為 d.因?yàn)?a110， 所以 a210d，a3102d，a4103d. 因?yàn)?a210，a38，a46

8、 成等比數(shù)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. 則當(dāng) n7 時(shí)，an0；當(dāng) n6時(shí)，an0. 所以 sn的最小值為 s5s630. 11已知數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，且 sn2an3n(nn n*) (1)求 a1，a2，a3的值； (2)設(shè) bnan3，證明：數(shù)列bn為等比數(shù)列，并求通項(xiàng)公式 an. 解：(1)因?yàn)閿?shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 sn2an3n(nn n*) 所以 n1 時(shí)，由 a1s12a131，解得 a13， n2時(shí)，由 s22a232，得 a2

9、9， n3時(shí)，由 s32a333，得 a321. (2)因?yàn)?sn2an3n， 所以 sn12an13(n1)， 兩式相減，得 an12an3， 把 bnan3及 bn1an13，代入式， 得 bn12bn(nn n*)，且 b16， 所以數(shù)列bn是以 6 為首項(xiàng)，2 為公比的等比數(shù)列， 所以 bn62n1， 所以 anbn362n133(2n1) 12(2019 武漢調(diào)研)已知等差數(shù)列an前三項(xiàng)的和為9，前三項(xiàng)的積為15. (1)求等差數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)若an為遞增數(shù)列，求數(shù)列|an|的前 n 項(xiàng)和 sn. 解：(1)設(shè)公差為 d，則依題意得 a23，則 a13d，a33d， (3

10、d)(3)(3d)15，得 d24，d 2， an2n1或 an2n7. (2)由題意得 an2n7，所以|an|72n，n3，2n7，n4， n3 時(shí)，sn(a1a2an)5（72n）2n6nn2； n4 時(shí)，sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2. 綜上，數(shù)列|an|的前 n項(xiàng)和 snn26n，n3，n26n18，n4. b 組大題專攻強(qiáng)化練 1(2019 湖南省湘東六校聯(lián)考)已知數(shù)列an滿足 an13an3n(nn n*)且 a11. (1)設(shè) bnan3n1，證明：數(shù)列bn為等差數(shù)列； (2)設(shè) cnnan，求數(shù)列cn的前 n項(xiàng)和 sn. 解：(1)證明

11、：由已知得 an13an3n，得 bn1an13n3an3n3nan3n11bn1， 所以 bn1bn1，又 a11，所以 b11， 所以數(shù)列bn是首項(xiàng)為 1，公差為 1的等差數(shù)列 (2)由(1)知，bnan3n1n，所以 ann 3n1，cn13n1， 所以 sn1113n11332113n32123n1. 2(2019 昆明檢測(cè))已知數(shù)列an是等比數(shù)列，公比 q1，前 n 項(xiàng)和為 sn，若 a22，s37. (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) mz z，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

12、去) 所以 an412n112n3. (2)由(1)可知，sna1（1qn）1q4112n112 8112n0，所以 sn單調(diào)遞增 又 s37，所以當(dāng) n4 時(shí)，sn(7，8) 又 sn0， 所以 ak4. 因?yàn)?ak3k2， 所以 3k24，得 k2. 設(shè)等比數(shù)列bn的公比為 q， 所以 qb2b1a2a132214. 所以 bn4n1. 所以 anbn3n24n1. 所以數(shù)列anbn的前 n項(xiàng)和為 snn（3n1）214n1432n212n13(4n1) 4已知數(shù)列an是等差數(shù)列，滿足 a25，a413，數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和是 tn，且 tnbn3. (1)求數(shù)列an及數(shù)列bn的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) cnanbn，求數(shù)列cn中的最大項(xiàng) 解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為 a1，公差為 d， 由題意，得a1d5，a13d13，解得a11，d4， 所以 an4n3. 又 tnbn3，所以 tn1bn13， 兩式相減得，2bn1bn0， 所以 bn112bn. 當(dāng) n1時(shí)