2019届高考数学大二轮复习精品(文理通用)练习：第1部分专题4数列第2讲含解析

1 / 11 2019届高考数学大二轮复习精品（文理通用）练习：第1部分专题4数列第2讲含解析

A组 1．设{an}的首项为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＝( D ) A．2 B．－2

C． D．－12

[解析] 由题意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6， 因为S1，S2，S4成等比数列， 所以S＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)， 解得a1＝－.故选D． 2．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋等于( B ) A．1－ B．(1－) C．1－ D．(1－) [解析] 因为an＝1×2n－1＝2n－1， 所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1， 所以＝×()n－1，所以{}也是等比数列， 所以Tn＝＋＋…＋＝×＝(1－)，故选B． 3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于( C ) A．30 B．45 2 / 11

C．90 D．186 [解析] 设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得，解得所以an＝3n， 所以bn＝a2n＝6n，且b1＝6，公差为6， 所以S5＝5×6＋×6＝90. 4．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C ) [解析] ∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧． [点评] 可取特殊数列验证排除，如an＝3－n. 5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x； ③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( C ) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ [分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{an}是等比数列，则{f(an)}仍是等比数列． [解析] 解法一：设{an}的公比为q. ①f(an)＝a，∵＝()2＝q2， ∴{f(an)}是等比数列，排除B、D． ③f(an)＝， 3 / 11

∵＝＝， ∴{f(an)}是等比数列，排除A． 解法二：不妨令an＝2n. ①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.显然{f(an)}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f(x)＝2x， 所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24， f(a3)＝f(8)＝28， 所以＝＝4≠＝＝16， 所以{f(an)}不是等比数列． ③因为f(x)＝，所以f(an)＝＝()n. 显然{f(an)}是首项为，公比为的等比数列． ④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2. 显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C． 6．(2018·邵阳一模)已知数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，则lna2 018的值为2_017. [解析] 因为数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn， 所以a2 018＝b1·b2·b3·b4·…·b2 017＝b＝e2 017， lna2 018＝lne2 017＝2 017. 7．已知数列{an}是等比数列，其公比为2，设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，那么＋＋＋…＋的值为. [解析] 数列{an}是等比数列，其公比为2， 设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25， 4 / 11

所以b1＋b2＋…＋b10 ＝log2(a1·a2·…·a10) ＝log2(a21＋2＋…＋9)＝25， 所以a×245＝225，可得：a1＝.

那么＋＋＋…＋1a10

＝4(1＋＋＋…＋) ＝4×＝. 8．已知等比数列{an}的公比q>1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Sn. [解析] (1)因为4是a1和a4的一个等比中项， 所以a1·a4＝(4)2＝32.

由题意可得

 a2·a3＝32，

a2＋a3＝12.

因为q>1，所以a3>a2. 解得所以q＝＝2. 故数列{an}的通项公式an＝2n. (2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n， Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1. 所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1. 5 / 11

9．(文)(2018·天津卷，18)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值． [解析] (1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. 由b5＝a4＋2a6， 可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝. (2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值为4. (理)(2018·天津卷，18)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式． (2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)， ①求Tn；

②证明 [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2， 6 / 11

可得q2－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n. (2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝(2k－1)＝

k＝1

n

2k－n＝－n＝2n＋1－n－2.

②因为＝＝ 错误!＝－， B组 1．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列{}的前n项和Tn＝( C )

A．－ B．n2n＋1

C．－ D．2n2n＋1

[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和． 设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－， 因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1－)2＝(a1－)a1， 整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－. 当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去； 当a1＝－时，公差d＝＝－1， 所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)， 7 / 11

所以＝－＝－(－)， 所以其前n项和Tn＝－(1－＋－＋…＋－) ＝－(1－)＝－，故选C． 2．(文)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( D ) A．2a3>3a4 B．5a5>a1＋6a6 C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<2a7 [解析] 依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D． (理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( C ) A．an与Sn都有最大值 B．an与Sn都没有最大值 C．an与Sn都有最小值 D．an与Sn都没有最小值 [解析] 画出an＝的图象， 点(n，an)为函数y＝图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大． 3．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是( A ) A．25 B．50 C．100 D．不存在 [解析] ∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10. ∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10. ∵an>0，∴a7·a14≤()2＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．