2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 1 第1讲 专题强化训练 Word版含解析

一、选择题

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝( )

A．420B．340C．－420D．－340

解析：选D.设数列{an}的公差为d，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3·a5＝12得d＝±2，由a1>0，

20×19

a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋×(－2)＝－340，故选D.

2a7－a9

2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则的值为( )

a5－a7

A．3B．5C．9D．25

a7－a9a5q2－a7q2a5

解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，＝qa5－a7a5－a7

＝q2＝25.故选D.

3．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝( )

A．72B．88C．92D．98

解析：选C.法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝

8×723＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.

2

8（a1＋a8）法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝2

4．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－3

8（a4＋a5）＝92.2

3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan

b3＋b9

的值是( )

1－a4·a8A．－3B．－1C．－

3D.33

b3＋b92b67π7π

解析：选A.依题意得，a36＝(－3)3，3b6＝7π，所以a6＝－3，b6＝，所以＝＝－，331－a4·a81－a26故tan

b3＋b97πππ

－3?＝tan?－2π－3?＝－tan＝－3，故选A.5．(2018·＝tan?长春质量检测????31－a4·a8

5

．

(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为( )

(2018·

长

春

质

量

检

测

(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为( )

A．6B．7C．8D．9

解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，

15ddd

所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.

222

6．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的

通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( )

－

A．2B．2n

－

C．2n＋1－2D．2n－1－2

解析：选C.因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n1＋2n2＋…＋

2－2n2－2n＋1n＋1

22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2－2.

1－21－2

二、填空题

7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．

解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；

当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；

当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；

当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；

所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.

法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n1，所

－

以S6＝

－1×（1－26）＝－63.

1－2

答案：－63

调

8．(2018·

惠州第二次

研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．

an＋1an1a11?an?11＋

解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n1，可得－＝，又＝，所以数列?2n?是以为首项，为2222??2n＋12n2

an11n－

公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝n·2n1.

2n222

9．设某数列的前n项和为Sn，若

答案：n·2n－1

Sn

S2n

为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，

则该等差数列的公差d＝________．

1Sn1

2n＋×2n（2n－1）d?，即2＋(n－1)d＝4k解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k?2??S2n2

＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，因为对任意正整数n，上式恒成立，

??d（4k－1）＝0，??所以?得?1

??（2k－1）（2－d）＝0，?k＝.?4

d＝2，所以数列{an}的公差为2.

答案：2

三、解答题

10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.

(1)求a2，a3；

(2)求{an}的通项公式．

11

解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.

24

(2)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)，

an＋11

因为{an}的各项都为正数，所以＝.

an2

11

故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.

22n－1

an

11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.

n

(1)求b1，b2，b3；

(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；

(3)求{an}的通项公式．

2（n＋1）解：(1)由条件可得an＋1＝an.

n

将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以，a2＝4.

将n＝2代入得，a3＝3a2，所以，a3＝12.

从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.

(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

an＋12an

由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

nn＋1

an－－

(3)由(2)可得＝2n1，所以an＝n·2n1.

n

12．已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13，数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3.

(1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝an·bn，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，

??a1＋d＝5，由题意，得??a1＋3d＝13，?

??a1＝1，解得??d＝4，?所以an＝4n－3.

又Tn＋bn＝3，

所以Tn＋1＋bn＋1＝3，

两式相减得，2bn＋1－bn＝0，

1

所以bn＋1＝bn.

2

3

当n＝1时，b1＋b1＝3，所以b1＝.2

31

所以数列{bn}为等比数列，且首项是，公比是，22

3?1?n－13

所以bn＝×?2?＝.

22n

3（4n－3）(2)因为cn＝an·bn＝，

2n

3（4n＋1）所以cn＋1＝，

2n＋1

3（4n＋1）3（4n－3）3（7－4n）所以cn＋1－cn＝－＝.

2n2n＋12n＋1

所以当n＝1时，c2－c1>0；当n≥2时，cn＋1－cn<0，

所以c1c3>c4>…，15所以(cn)max＝c2＝.

4