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等差数列、等比数列二轮专题训练(理科)


等差、等比数列二轮专题复习(理科)
一、真题回访
回访 1 等差数列基本量的算 )

1.(2016· 全国乙卷)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27,a10=8,则 a100=( A.100 B.99 C.98 D.97

2.(2013· 全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=-2,Sm=0, Sm+1=3,则 m=( A.3 B.4 ) C.5 D.6

3.(2013· 全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25, 则 nSn 的最小值为________. 回访 2 等比数列基本量的运算

4. (2015· 全国卷Ⅱ)等比数列{an}满足 a1=3, a1+a3+a5=21, 则 a3+a5+a7=( ) A.21 B.42 C.63 D.84

5.(2016· 全国乙卷)设等比数列{an}满足 a1+a3=10,a2+a4=5, 则 a1a2…an 的最大值为________.

二、热点题型探究
热点题型 1 等差、等比数列的基本运算 (1)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1+a3=30,S4=120, 设 bn=1+log3an,那么数列{bn}的前 15 项和为( A.152 B.135 C.80 D.16 )

(2)设{an}是首项为 a1,公差为-1 的等差数列,Sn 为其前 n 项和.若 S1,S2,S4 成等比数列,则 a1=( A.2 [变式训练 1] ) 1 C.2 1 D.-2

B.-2

(1)已知在数列{an}中, a1=1, an+1=an+3, Sn 为{an}的前 n 项和,

若 Sn=51,则 n=__________. 5 5 (2)(名师押题)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3=2,a2+a4=4, Sn 则a =________. n
1

热点题型 2 等差、等比数列的基本性质 81 (1)(2016· 南昌一模)若等比数列的各项均为正数, 前 4 项的和为 9, 积为 4 , 则前 4 项倒数的和为( 3 A.2 9 B.4 ) C.1 D.2

(2)(2015· 东北三校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 S15>0,S16<0, S1 S2 S3 S15 则a ,a ,a ,…,a 中最大的项为( 1 2 3 15 S6 A.a 6 [变式训练 2] S7 B.a
7

) S9 D.a
9

S8 C.a
8

(1)(2016· 沈阳模拟)已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 2a2-a2 7+ )

2a12=0,数列{bn}是等比数列,且 b7=a7,则 b3b11 等于( A.16 B.8 C.4 D.2

(2)在等比数列{an}中,已知 a1+a3=8,a5+a7=4,则 a9+a11+a13+a15=( A.1 B.2 C.3 D.2 或 4

)

热点题型 3 等差、 等比数列的证明 题型分析:该热点常以数列的递推关系为载体,考查学生的推理论证能力. (2016· 全国丙卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=1+λan,其中 λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; 31 (2)若 S5=32,求 λ.

2

[变式训练 3]

(2014· 全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,

anan+1=λSn-1,其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.

三、课后作业
a1+a3+a5 1 1.(2016· 广州二模)已知等比数列{an}的公比为-2,则 的值是( a2+a4+a6 A.-2 1 B.-2 1 C.2 D.2 ) )

2.已知数列{an}是等差数列,且 a7-2a4=6,a3=2,则公差 d=( A.2 2 B.4 C.8 D.16

3.已知等比数列{an}的公比为 q,其前 n 项和为 Sn,若 S3,S9,S6 成等差数列, 则 q3 等于( )

bn+1 4.已知数列{an},{bn}满足 a1=b1=3,an+1-an= b =3,n∈N*.若数列{cn}满 n 足 cn=ban,则 c2 016=( A.92 015 ) C.92 016 D.272 016
n

B.272 015

Sn 5.设 Sn,Tn 是等差数列{an},{bn}的前 n 项和,若T = 5 A.13 9 B.19 11 C.23 9 D.23

n a5 (n∈N*),则b =( ) 2n+1 6

6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=2a3,S5=15,则 a2 016=_____. 7.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以 Sn 表示{an}的前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是________. S6 8. 设等比数列{an}中,Sn 是前 n 项和,若 27a3-a6=0,则S =__________.
3

3

9.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足(1-q)Sn+qan=1,且 q(q-1)≠0. (1)求{an}的通项公式; (2)若 S3,S9,S6 成等差数列,求证:a2,a8,a5 成等差数列.

10.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3+a6=4,S5=-5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求 T5 的值和 Tn 的表达式.

11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n2+2n. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若点(bn,an)在函数 y=log2x 的图象上,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

12.已知等差数列{an}的公差为 2,其前 n 项和为 Sn=pn2+2n,n∈N*. (1)求 p 的值及 an; (2)在等比数列{bn}中,b3=a1,b4=a2+4,若等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求
? 1? 证:数列?Tn+6?为等比数列. ? ? 4

等差、等比数列二轮专题复习(理科)参考答案
一、真题回访
回访 1 等差数列基本量的运算

1.C ∵{an}是等差数列,设其公差为 d, 9 ∴S9=2(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3. ?a1+4d=3, ?a1=-1, 又∵a10=8,∴? ∴? ?a1+9d=8, ?d=1. ∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选 C. 2.C [∵{an}是等差数列,Sm-1=-2,Sm=0, ∴am=Sm-Sm-1=2.,∵Sm+1=3,∴am+1=Sm+1-Sm=3, ∴d=am+1-am=1.又 Sm= m?a1+am? m?a1+2? = =0, 2 2

∴a1=-2,∴am=-2+(m-1)· 1=2,∴m=5.] 3. -49 [设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,由等差数列前 n 项和可得 a =-3, ? ? 1 解得? 2 d=3. ? ?

10×9 ? ?10a1+ 2 d=0, ? 15×14 ? ?15a1+ 2 d=25,

n2?n-1? 1 1 10n2 20n ∴nSn=n2a1+ 2 d=-3n2+3(n3-n2)=3n3- 3 ,∴(nSn)′=n2- 3 , 20 令(nSn)′=0,解得 n=0(舍去)或 n= 3 . 20 20 当 n> 3 时,nSn 是单调递增的;当 0<n< 3 时,nSn 是单调递减的,故当 n
2 1 3 10×7 =7 时,nSn 取最小值,∴(nSn)min=3×7 - 3 =-49.]

回访 2 4.B

等比数列基本量的运算 [∵a1=3,a1+a3+a5=21,∴3+3q2+3q4=21,

∴1+q2+q4=7,解得 q2=2 或 q2=-3(舍去). ∴a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42.故选 B.]
5

5. 64

[设等比数列{an}的公比为 q,则由 a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,

1 知 q=2.又 a1+a1q2=10,∴a1=8. 故 n ?1??n-1?n 1+2+…+(n-1) ?2? a1a2…an=an =23n· =23n- 1q ? ? 2 n n2 7 2 +2=2- 2 +2n.
2

n2 7n 1 记 t=- 2 + 2 =-2(n2-7n),结合 n∈N*可知 n=3 或 4 时,t 有最大值 6. 又 y=2t 为增函数,从而 a1a2…an 的最大值为 26=64.]

二、热点题型探究
热点题型 1 等差、等比数列的基本运算 (1)B (2)D [(1)设等比数列{an}的公比为 q,由 a1+a3=30,a2+a4= a2+a4 30 n =3,首项 a1= 2=3,所以 an=3 ,bn a1+a3 1+q 15×?2+16? =135, 2

S4-(a1+a3)=90,所以公比 q=

=1+log33n=1+n,则数列{bn}是等差数列,前 15 项的和为

(2)由题意知 S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6,因为 S1,S2,S4 成等比数列, 1 所以 S2 S4,即(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得 a1=-2,故选 D.] 2=S1· [变式训练 1] (1)6 (2)2n-1 [(1)由 a1=1,an+1=an+3,得 an+1-an=3,

所以数列{an}是首项为 1,公差为 3 的等差数列. n?n-1? 17 由 Sn=n+ 2 ×3=51, 即(3n+17)(n-6)=0, 解得 n=6 或 n=- 3 (舍). 5 a2+a4 4 1 1 5 (2)∵q= = = ,∴a1+a3=a1+a1×4=2, a1+a3 5 2 2 ? ?1? ? ?1-?2?n? 2 × 1? ? ? ?? ?1? - 4 ? ?1-2n?, 解得 a1=2,∴an=2×?2?n 1=2n,∴Sn= = 4 1 ? ? ? ? 1-2 1? ? 4?1-2n? ? ? n Sn ∴a = =2 -1.] 4 n n 2 热点题型 2 等差、等比数列的基本性质 (1)D (2)C [(1)由题意得
6

a1?1-q4? 1-q4 9 2 3 2 81 3 9 S4= =9,所以 = .由 a1· a1q· a1q2· a1q3=(a1 q ) = 4 得 a2 1q = .由等 2 1-q 1-q a1 1? 1? ?1-q4? a1? ? q4-1 1 9 9 比数列性质知该数列前 4 项倒数的和为 3=2, 1 =a1q3?q-1?=a1q3· a1=a2 1q 1-q 15?a1+a15? 15×2a8 16?a1+a16? a8+a9 (2)由 S15= = = 15 a S = 16 × 可得 8>0, 16= 2 2 2 2 <0, a8>0,a9<0,d<0,故 Sn 最大为 S8.又 d<0,所以{an}单调递减,因为前 8 项中 Sn Sn S8 递增,所以 Sn 最大且 an 取最小正值时a 有最大值,即a 最大,故选 C.]
n 8

[变式训练 2]

(1)A

(2)C [(1)∵{an}是等差数列,∴a2+a12=2a7,

2 ∴2a2-a7 +2a12=4a7-a2 7=0.又 a7≠0,∴a7=4. 2 又{bn}是等比数列,∴b3b11=b7 =a2 7=16.

(2)∵{an}为等比数列,∴a5+a7 是 a1+a3 与 a9+a11 的等比中项,∴(a5+a7)2 ?a5+a7?2 42 =(a1+a3)(a9+a11),故 a9+a11= = 8 =2.同理 a9+a11 是 a5+a7 与 a13+ a1+a3 ?a9+a11?2 22 a15 的等比中项,∴(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故 a13+a15= = 4 =1. a5+a7 ∴a9+a11+a13+a15=2+1=3.] 热点题型 3 等差、 等比数列的证明 例 3、[解] (1)证明:由题意得 a1=S1=1+λa1, 1 ,故 a1≠0.1 分 1-λ

故 λ≠1,a1=

由 Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1 得 an+1=λan+1-λan, an+1 λ 即 an+1(λ-1)=λan.2 分由 a1≠0,λ≠0 得 an≠0,所以 a = .3 分 λ-1 n 1 λ 因此{an}是首项为 ,公比为 的等比数列,4 分 1-λ λ-1 1 ? λ ?n-1 ? ? .6 分 于是 an= 1-λ?λ-1? ? λ ? (2)由(1)得 Sn=1-?λ-1?n.8 分 ? ? 31 1 ? λ ? 31 ? λ ? 由 S5=32得 1-?λ-1?5=32,即?λ-1?5=32.10 分解得 λ=-1.12 分 ? ? ? ?
7

[变式训练 3] [解]

(1)证明:由题设知 anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,

两式相减得 an+1(an+2-an)=λan+1,2 分 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ.4 分 (2)由题设知 a1=1,a1a2=λS1-1, 可得 a2=λ-1.5 分,由(1)知,a3=λ+1.6 分 令 2a2=a1+a3,解得 λ=4.7 分 故 an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为 1,公差为 4 的等差数列, a2n-1=4n-3.9 分 {a2n}是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1.11 分 所以 an=2n-1,an+1-an=2, 因此存在 λ=4,使得数列{an}为等差数列.12 分

三、课后作业
1.A [由题意可知 a1+a3+a5 = a2+a4+a6 a1+a3+a5 =-2.] 1 -2?a1+a3+a5?

2.B

由题意得 a3=2,a7-2a4=a3+4d-2(a3+d)=6,解得 d=4,故选 B.

3.A [若 q=1,则 3a1+6a1=2×9a1,得 a1=0,矛盾,故 q≠1. a1?1-q3? a1?1-q6? a1?1-q9? 1 所以 + =2 ,解得 q3=-2或 1(舍),故选 A.] 1-q 1-q 1-q 4.D [已知条件知{an}是首项为 3,公差为 3 的等差数列.数列{bn}是首项为 3, 公比为 3 的等比数列, ∴an=3n, bn=3n.又 cn=ban=33n, ∴c2 016=33×2 016=272 016, Sn n 5.D [根据等差数列的前 n 项和公式及T = (n∈N*),可设 Sn=kn2,Tn= n 2n+1 kn(2n+1),又当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=k(2n-1),bn=Tn-Tn-1=k(4n-1),所 a5 9 以 = ,故选 D.] b6 23 6.2 016 [在等差数列{an}中,由 S3=2a3 知,3a2=2a3,而 S5=15,则 a3=3,

于是 a2=2,从而其公差为 1,首项为 1,因此 an=n,故 a2 016=2 016.] 7. 20 [由等差数列的性质可得 a3=35, a4=33, 故 d=-2, an=35+(n-3)× (-

2)=41-2n,易知数列前 20 项大于 0,从第 21 项起为负项,故使得 Sn 达到最大 值的 n 是 20.]
8

8. 28

6 a6 S6 1-q 3 [由题意可知,公比 q =a =27,∴S = 3=1+q =1+27=28.] 1 - q 3 3 3

9. [解]

(1)当 n=1 时,由(1-q)S1+qa1=1,得 a1=1.1 分

当 n≥2 时,由(1-q)Sn+qan=1,得(1-q)Sn-1+qan-1=1,两式相减 an=qan-1. 又 q(q-1)≠0,所以{an}是以 1 为首项,q 为公比的等比数列,故 an=qn-1.6 分 (2)证明:由(1)可知 Sn= 1-anq ,7 分 1-q

1-a3q 1-a6q 2?1-a9q? 又 S3+S6=2S9,得 + = ,9 分 1-q 1-q 1-q 化简得 a3+a6=2a9,两边同除以 q 得 a2+a5=2a8.11 分 故 a2,a8,a5 成等差数列.12 分 ?2a1+7d=4, ? (1)题知 ? 5×4 5a1+ 2 d=-5, ? ? ?a1=-5, 解得 ? 故 an = 2n -7(n∈ ?d=2,

10. [ 解] N*).5 分

7 (2)由 an=2n-7<0,得 n<2,即 n≤3, 所以当 n≤3 时,an=2n-7<0,当 n≥4 时,an=2n-7>0.6 分 易知 Sn=n2-6n,S3=-9,S5=-5, 所以 T5=-(a1+a2+a3)+a4+a5=-S3+(S5-S3)=S5-2S3=13.8 分 当 n≤3 时,Tn=-Sn=6n-n2; 当 n≥4 时,Tn=-S3+(Sn-S3)=Sn-2S3=n2-6n+18.
2 ?6n-n ,n≤3, ? 故 Tn= 2 12 分 ?n -6n+18,n≥4.

11.[解]

(1)当 n≥2 时,

an=Sn-Sn-1=2n2+2n-[2(n-1)2+2(n-1)]=4n,3 分 当 n=1 时,a1=S1=4=4×1,4 分 所以数列{an}的通项公式为 an=4n.6 分 (2)由点(bn,an)在函数 y=log2 x 的图象上得 an=log2bn,且 an=4n,8 分 所以 bn=2an=24n=16n, 故数列{bn}是以 16 为首项,公比为 16 的等比数列,10 分
9

16?1-16n? 16n+1-16 所以 Tn= = .12 分 15 1-16 12. [解] (1)由已知可得 a1=S1=p+2,S2=4p+4,即 a1+a2=4p+4,∴a2

=3p+2.2 分由已知得 a2-a1=2p=2, ∴p=1,∴a1=3,∴an=2n+1,n∈N*.4 分 b4 (2)证明:在等比数列{bn}中,b3=a1=3,b4=a2+4=9,则公比为b =3.由
3

1 1 b3=b1· 32,得 b1=3,∴数列{bn}是以3为首项,以 3 为公比的等比数列,7 分 1 n 3?1-3 ? 1 n ∴Tn= =6· (3 -1),8 分 1-3 1 1 1 即 Tn+6=6×3n=2×3n-1.9 分 1 1 又∵T1+6=2,
* 1=3,n≥2,n∈N ,10 分 Tn-1+6

1 Tn+6

? 1? 1 ∴数列?Tn+6?是以2为首项,以 3 为公比的等比数列.12 分 ? ?

10


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