2020高考数学(文科)二轮专题精讲《等差数列、等比数列》

一、选择题

1．(2019·郑州模拟)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝( )

A．1 C．3

B．2 5

D.3

3a1＋a33a1＋6

解析：选B 在等差数列{an}中，S3＝＝＝12，解得a1＝2.

22又a3＝a1＋2d＝2＋2d＝6，解得d＝2，故选B.

2．已知等比数列{an}的公比为正数，且a2·a6＝9a4，a2＝1，则a1的值为( ) A．3 1

C．－3

B．－3 1D.3

解析：选D 设数列{an}的公比为q，由a2·a6＝9a4，得a2·a2q4＝9a2q2，解a21

得q2＝9，所以q＝3或q＝－3(舍)，所以a1＝q＝3.故选D.

3．(2019·长沙模拟)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数列{bn}的前10项和等于( )

A．130 C．55

B．120 D．50

解析：选C 由a1＝2，an＋1－2an＝0可知，{an}是首项为2，公比为2的等10×11比数列，所以an＝2n，故bn＝log2an＝n，故数列{bn} 的前10项和为S10＝2＝55.

4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )

A．6 C．8

B．7 D．9

－3＋11

＝2，所以5－1

解析：选A 由a4＋a6＝2a5＝－6得a5＝－3，则公差为

13

由an＝－11＋(n－1)×2＝2n－13≤0得n≤2，所以前6项和最小，故选A.

5．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a＜0，b＞0)有两个不同的零点x1，x2，－2和x1，x2三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数f(x)的解析式为( )

A．f(x)＝x2－5x－4 C．f(x)＝x2－5x＋4

B．f(x)＝x2＋5x＋4 D．f(x)＝x2＋5x－4

解析：选C 由韦达定理可以断定x1＞0，x2＞0，故2x1＝x2－2，x1x2＝4，解得x1＝1，x2＝4，所以－a＝x1＋x2＝5，b＝x1x2＝4，f(x)＝x2－5x＋4.故选C.

bn＋1

6．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝3，an＋1－an＝b＝3，n∈N*.若数列{cn}

n满足cn＝ban，则c2 019＝( )

A．92 018 C．92 019

B．272 018 D．272 019

解析：选D 由已知条件知{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 019＝33×2 019＝272 019，故选D. 二、填空题

7．已知等差数列{an}的前9项和等于它的前4项和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.

9×8

解析：设数列{an}的公差为d，由S9＝S4及a1＝1，得9×1＋2d＝4×14×3111＋2d，所以d＝－6.又ak＋a4＝0，所以1＋k－1×－6＋1＋(4－1)×－6＝

0，解得k＝10.

答案：10

8．(2019·自贡模拟)若等比数列{an}满足an>0(n∈N*)，公比q＝2，且a1·a2·…·a30＝230，则a1·a4·a7·…·a25·a28＝________.

解

析

：

因

为

230

＝

a1·a2·…·a30

＝

a1·a1q·a1q2·a4·a4q·a4q2·…·a25·a25q·a25q2·a28·a28q·a28q2＝(a1·a4·…·a25·a28)3q30，又q＝2，所以a1·a4·a7·…·a25·a28＝1.

答案：1

9．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解

法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为________升．

解析：自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有a1＋a2＋a3＋a4＝3，34因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝2＋3＝a7＋a8＋a9＝4，176.

答案：

17 6

三、解答题

10．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)． (1)求{an}的通项公式；

(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.

解：(1)由an＋1＝2Sn＋1， 可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得an＋1－an＝2an， 则an＋1＝3an(n≥2)．

又a2＝2S1＋1＝3，a1＝1，所以a2＝3a1. 故{an}是首项为1，公比为3的等比数列， 所以an＝3n－1(n∈N*)． (2)设{bn}的公差为d.

由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5， 故b1＝5－d，b3＝5＋d， 又a1＝1，a2＝3，a3＝9，

由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列， 可得(5－d＋1)·(5＋d＋9)＝(5＋3)2， 解得d＝2或d＝－10.

因为等差数列{bn}的各项为正， 所以d>0，所以d＝2，则b1＝3，

nn－1

所以Tn＝3n＋2×2＝n2＋2n.

11．(2019·南宁二中、柳州高中联考)已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn

＋1

＝2bn＋2且an＋1－an＝bn.

(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式．

bn＋1＋22bn＋2＋2解：(1)证明：由题知，＝＝2，∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，

bn＋2bn＋2

∴b1＋2＝4，

∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2. ∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4－a3＝b3， …

an－an－1＝bn－1.

累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)， an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2) 221－2n－1

＝2＋－2(n－1)

1－2＝2n＋1－2n，

故an＝2n＋1－2n(n≥2)． ∵a1＝2＝21＋1－2×1，

∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－2n(n∈N*)．

12．(2019·太原模拟)已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－2n－1·3n＋18成等差数列，数列{anbn}的前n项和为. 2

(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；

1

(2)设数列a的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小

n

值．

解：(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列， 所以2a2＝a1＋a3－8，

即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，

所以q＝3或－1，而q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)． 2n－1·3n＋1因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝. 2

2n－3·3n－1＋1

所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)．

2两式相减得anbn＝2n·3n－1(n≥2)， 因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)， 当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2得b1＝1， 所以bn＝n(n∈N*)．

(2)因为{an}是首项为2，公比为3的等比数列，

111

所以数列a是首项为2，公比为3的等比数列．

n

11n

21－3313

1－3n<. 所以Sn＝＝·

1441－3

3

因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，故实数m的最小值为4.