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【状元之路】2015版高考数学二轮复习 等差数列、等比数列专题训练(含解析)

【状元之路】 2015 版高考数学二轮复习 等差数列、 等比数列专题训练 (含解析)
A 级——基础巩固组 一、选择题 1.(2014·山东青岛二模)数列{an}为等差数列,a1,a2,a3 成等比数列,a5=1,则 a10=( A.5 C.0
2

)

B.-1 D. 1
??a1+d? =a1?a1+2d?, ? 设公差为 d,由已知得? ?a1+4d=1, ?

解析

解得?

?a1=1, ? ?d=0, ?

所以 a10=a1+9d

=1,故选 D 答案 D 2.( 2014·河北邯郸二模)在等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( A.13 C.52 解析 ∵a3+a5=2a4,a7+a10+a13=3a10, ∴6a4+6a10=24,即 a4+a10=4, 13?a1+a13? 13?a4+a10? ∴S13= = =26. 2 2 答案 B 5 5 Sn 3.(2014·河北唐山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3= ,a2+a4= ,则 = 2 4 an ( ) A.4 C.2
n-1

) B.26 D.156

B.4 -1 D.2 -1
n

n

n-1

解析

5 ? ?a +a =2, ∵? 5 ?a +a =4, ?
1 3 2 4 2

5 ? ?a +a q =2,① ∴? 5 ?a q+a q =4,② ?
1 1 3 1 1

1+q 1 由①除以②可得 =2,解得 q= , q+q3 2
1

2

代入①得 a1=2,

?1?n-1 4 ∴an=2×? ? = n, 2 ?2? ? ?1?n? 2×?1-? ? ? ? ?2? ? ? 1 ? ∴Sn= =4?1- n?, 1 ? 2? 1- 2 ? 1? 4?1- n? Sn ? 2 ? n ∴ = =2 -1,选 D. an 4 n 2
答案 D 4.(2014·福建福州一模)记等比数列{an}的前 n 项积为Ⅱn,若 a4·a5=2,则Ⅱ8=( A.256 C.16 解析 由题意可知 a4a5=a1a8=a2a7=a3a6=2, 则Ⅱ8=a1a2a3a4a5a6a7a8=(a4a5) =2 =16. 答案 C 5.(2014·辽宁卷)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则( A.d<0 C.a1d<0 B.d>0 D.a1d>0 )
4 4

)

B.81 D. 1

解析 依题意得 2a1an>2a1an+1,即(2a1)an+1-an<1,从而 2a1d<1,所以 a1d<0,故选 C. 答案 C 6.(2014·四川七中二模)正项等比数列{an}满足:a3=a2+2a1,若存在 am,an,使得 aman=16a1, 1 4 则 + 的最小值为(
2

m n

) B. D. 13 4 3 2

25 A. 6 7 C. 3 解析 由 a3=a2+2a1, 得 q =q+2,∴q=2(q=-1 舍去), 由 aman=16a1得 2
2 2

m-1 n-1

2

=16,

∵m+n-2=4,m+n=6, 1 4 m+n?1 4? 所以 + = ? + ? m n 6 ?m n?

2

n 4m? 1? = ?1+4+ + ? m n? 6?
1? ≥ ?5+2 6? 答案 D 二、填空题 7.(20 14·安徽卷)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数列,则

n 4m? 3 · ?= . m n? 2

q=________.
解析 设等差数列的公差为 d,则 a3=a1+2d,a5=a1+4d, ∴(a1+2d+3) =(a1+1)(a1+4d+5),解得 d=-1. ∴q=
2

a3+3 a1-2+3 = =1. a1+1 a1+1

答案 1 15 9 1 8.(2014·河北衡水中学二模)在等比数列{an}中,若 a7+a8+a9+a10= ,a8·a9=- ,则 + 8 8 a7 1

a8 a9 a10

1 1 + + =________. 1 1 a7+a10 1 1 a8+a9 解析 ∵ + = , + = ,

a7 a10

a7a10

a8 a9

a8a9

而 a8a9=a7a10, 15 1 1 1 1 a7+a8+a9+a10 8 5 ∴ + + + = = =- . a7 a8 a9 a10 a7a10 9 3 - 8 5 答案 - 3 1 9.已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 Sn=a1+a2+?+an 的取值范围是________. 4 解析 因为{an}是等比数列, 所以可设 an=a1q
n-1

.

1 因为 a2=2,a5= , 4

a1q=2, ? ? 所以? 4 1 a1q = , ? 4 ?

a1=4, ? ? 解得? 1 q= . ? ? 2

3

? ?1?n? 4?1-? ? ? ? ?2? ? ?1?n 所以 Sn=a1+a2+?+an= =8-8×? ? . 1 ?2? 1- 2 ?1?n 1 因为 0<? ? ≤ ,所以 4≤Sn<8. ?2? 2
答案 [4,8) 三、解答题 10.(2014·课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λ Sn-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. 解 (1)由题设,anan+1=λ Sn-1,an+1an+2=λ Sn+1-1. 两式相减得 an+1(an+2-an)= λ an+1. 由于 an+1≠0 ,所以 an+2-an=λ . (2)由题设,a1=1,a1a2=λ S1-1,可得 a2=λ -1. 由(1)知,a3=λ +1. 令 2a2=a1+a3,解得 λ =4. 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; {a2n}是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 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. 11.(2014·山东菏泽一模)已知数列{an},a1=-5,a2=-2,记 A(n)=a1+a2+?+an,B(n) =a2+a3+?+an+1,C(n)=a3+a4+?+an+2(n∈N ),若对于任意 n∈N ,A(n),B(n),C(n)成等差 数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前 n 项和. 解 (1)根据题意 A(n),B(n),C(n)成等差数列, ∴A(n)+C(n)=2B(n), 整理得 an+2-an+1=a2-a1=-2+5=3. ∴数列{an}是首项为-5,公差为 3 的等差数列, ∴an=-5+3(n-1)=3n-8.
? ?-3n+8,n≤2, (2)|an|=? ?3n-8,n≥3, ?
* *

4

记数列{|an|}的前 n 项和为 S n. 当 n≤2 时,Sn=

n?5+8-3n?
2

3n 13 =- + n; 2 2
2

2

?n-2??1+3n-8? 3n 13 当 n≥3 时,Sn=7+ = - n+14; 2 2 2 3 13 ? ?-2n + 2 n,n≤2, 综上,S =? 3 13 ?2n - 2 n+14,n≥3. ?
2

n

2

B 级——能力提高组

?a 1.(2014·九江市七校联考)已知数阵?a ?a
A.16 C.9

11 21 31

a12 a13 a32 a33

a22 a23 中,每行的 3 个数依次成等差数列,每列
)

? ? ?

的 3 个数也依次成等差数列,若 a22=2,则这 9 个数的和为( B.18 D. 8

解析

?a 已知数阵?a ?a

11 21 31

a12 a13 a32

a22 a23 中,每行的 3 个数依次成等差数列,每列的 3 个数也依次成等差
33

? ? a ?

数列,若 a22=2,由等差数列的性质得:a11+a12+a13+a21+a22+a23+a31+a32+a33=9 a22=18. 答案 B 4 1 2. (2014·江苏南京一模)已知等比数列{an}的首 项为 , 公比为- , 其前 n 项和为 Sn, 若 A≤Sn 3 3 1 * - ≤B 对 n∈N 恒成立,则 B-A 的最小值为________.

Sn

解析

1 ?8 4? ? 1? n ?8 ? ? 4? 易得 Sn = 1 - ?- ? ∈ ? ,1? ∪ ?1, ? ,而 y = S n - 在 ? , ? 上单调递增,所以 y ∈ 3 9 3 S ? ? ? ? ? ? n ?9 3?

?-17, 7 ?? [A,B],因此 B-A 的最小值为 7 -?-17?=59. ? 72 12? ? ? 12 ? 72? 72 ? ?
答案 59 72
2

3 .(2014·山东淄博一模)若数列{An}满足 An+1=An,则称数列{An}为“平方递推 数列”.已知 数列{an}中,a1=9,点(an,an+1)在函数 f(x)=x +2x 的图象上,其中 n 为正整数. (1)证明数列{an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(an+1)}为等比数列; (2)设(1)中“平方递推数列”的前 n 项积为 Tn,即 Tn=(a1+1)(a2+1)?(an+1),求 lgTn; (3)在(2)的条件下,记 bn= lgTn ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn,并求使 Sn>4 026 的 n 的最 lg?an+1?
5
2

小值. 解 (1)由题意得:an+1=an+2an, 即 an+1+1=(an+1) , 则{an+1}是“平方递推数列”. 对 an+1+1=(an+1) 两边取对数得 lg(an+1+1)=2lg(an +1), 所以数列{lg(an+1)}是以 lg(a1+1)为首项,2 为公比的等比数列. (2)由(1)知 lg(an+1)=lg(a1+1)·2
n-1
2 2 2

=2

n-1

lgTn=lg(a1+1)(a2+1)?(an+1)=lg(a1+1)+lg(a2+1)+?+lg(an+1)= -1
n lgTn 2 -1 ?1?n-1 (3)bn= = n-1 =2-? ? lg?an+1? 2 ?2?

1·?1-2 ? n =2 1-2

n

1 1- n 2 1 Sn=2n- =2n-2+ n-1 1 2 1- 2 又 Sn>4 026,即 2n-2+ 1 2
n-1

1 >4 026,n+ n>2 014 2

1 又 0< n<1,所以 nmin=2 014. 2

6



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