（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a4，S1015，则a7()A.B1C.D2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a7a16d6.故选A.法二：因为S1015，所以a1a103，又a4a7a1a10，a4，所以a73，解得a7.故选A.2(2019福州市质量检测)已知数列an中，a32，a71.若数列为等差数列，则a9()A. BC.D解析：选C因为数列为等差数列，a32，a71，所以数列的公差d，所以(97)，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

2、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，由条件得解得所以S531.故选B.法二：设首项为a1，公比为q，因为an0，所以q0，由a2a6a64，a34，得q2，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S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn11时，f(x)f xln x0，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(

3、a8)f(a5)f(a7)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)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Sn1Sn(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B.二、填空题7(2019长春市质量监测

4、(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，知解得法二：S654，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q，将q代入S23a22中，得a1a13a12，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

5、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.S353023022629621 000.所以n的最大值为35.答案：4935三、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)

6、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.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，

7、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

8、或an2n7.(2)由题意得an2n7，所以|an|n3时，Sn(a1a2an)n6nn2；n4时，Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上，数列|an|的前n项和SnB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，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an13an3n，得bn11bn1，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，bnn，所以ann3n1，cn，所以Sn.2(2019

9、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得解得或(舍去)所以an4.(2)由(1)可知，Sn80，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q4.所以bn4n1.所以anbn3n24n1.所以数列anbn的前n项和为Snn2n(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，得解得所以an4n3.又Tnbn3，所以Tn1bn13，两式相减得，2bn1bn0，所以bn1bn.当n1时，T1b13，即b1b13，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cnanbn，所以cn1，所以cn1cn.所以当n1时，c2c10；当n2时，cn1cn0，所以c1c3c4，所以(cn)maxc2.