全国版2023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20230325120

专题检测（八）等差数列、等比数列A组——“6＋3＋3”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a4＝，S10＝15，则a7＝(　　)A.　　　　　　　　　B．1C.D．2解析：选A　法一：设等差数列{an}的公差为d，则由题设得解得所以a7＝a1＋6d＝＋6×＝.故选A.法二：因为S10＝＝15，所以a1＋a10＝3，又a4＋a7＝a1＋a10，a4＝，所以＋a7＝3，解得a7＝.故选A.2．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)A.B．C.D．－解析：选C　因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝.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．31C．64D．63\n解析：选B　法一：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得解得所以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＝a＝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．11C．12D．13解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝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)＝若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a10)＝a1，则a1的值为(　　)A.B．eC．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＝xlnx＋＝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)＝a1lna1＝a1，解得a1＝e；当a1<1时，f(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＝(n∈N*)，若a10<a11，则Sn取最小值时n的值为(　　)A．9B．10C．11D．12解析：选B　∵Sn＋1＋Sn＝，①∴a2＋2a1＝－9，\n又n≥2时，Sn＋Sn－1＝，②①－②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＋a1<S12＋a1<S14＋a1<…，即S2>S4>…>S10，S10<S12<S14<….∵a3＋a2＝－8，a5＋a4＝－6，a7＋a6＝－4，a9＋a8＝－2，a11＋a10＝0，a13＋a12＝2，∴n≥12且n为偶数时，an＋1＋an>0，S3－a1>S5－a1>…>S9－a1＝S11－a1，S11－a1<S13－a1<S15－a1<…，即S3>S5>…>S9＝S11，S11<S13<S15<….又a11＋a10＝0，a10<a11，∴a11>0，∴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，知解得法二：∵S6＝＝＝54，∴a3＋a4＝18.∵a2＋a3＝10，∴a4－a2＝18－10＝8＝2d，∴d＝4.答案：48．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＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中，得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1.答案：－19．(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<1000成立的n的最大值为________．\n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＋×2＋＝302＋26－2＝962<1000.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＋×2＋＝961＋62＝1023>1000.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.\n(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|＝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＝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＝，证明：数列{bn}为等差数列；(2)设cn＝，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＝＝＝＋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＝＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝，\n所以Sn＝＝＝－.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<m恒成立，求m的最小值．解：(1)由a2＝2，S3＝7得解得或(舍去)．所以an＝4·＝.(2)由(1)可知，Sn＝＝＝8<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Sn<m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.3．(2019·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lga1＝0，lga4＝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lga1＝0，lga4＝1，所以a1＝1，a4＝10.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝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a＝a1a6＝16.又an＝3n－2>0，所以ak＝4.因为ak＝3k－2，\n所以3k－2＝4，得k＝2.设等比数列{bn}的公比为q，所以q＝＝＝＝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＝＋＝n2－n＋(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，得解得所以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＝bn.当n＝1时，T1＋b1＝3，即b1＋b1＝3，所以b1＝.所以数列{bn}为等比数列，且首项是，公比是，所以bn＝×＝.(2)因为cn＝an·bn＝，所以cn＋1＝，所以cn＋1－cn＝－＝.所以当n＝1时，c2－c1>0；当n≥2时，cn＋1－cn<0，所以c1<c2>c3>c4>…，所以(cn)max＝c2＝.