2019高考数学专题四数列第1讲等差数列与等比数列配套作业文 本文关键词：等比数列，等差数列，数列，作业，高考数学
2019高考数学专题四数列第1讲等差数列与等比数列配套作业文 本文简介：第1讲等差数列与等比数列配套作业一、选择题1．(2018·合肥模拟)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn,2a7－a8＝5，则S11为()A．110B．55C．50D．不能确定答案B解析∵2a7－a8＝5，∴2a1＋12d－a1－7d＝5，即a1＋5d＝5，∴a6＝5，∴S11＝＝11a6＝
2019高考数学专题四数列第1讲等差数列与等比数列配套作业文 本文内容：
第1讲
等差数列与等比数列
配套作业
一、选择题
1．(2018·合肥模拟)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn,2a7－a8＝5，则S11为(
)
A．110
B．55
C．50
D．不能确定
答案
B
解析
∵2a7－a8＝5，∴2a1＋12d－a1－7d＝5，即a1＋5d＝5，
∴a6＝5，∴S11＝＝11a6＝55.故选B.
2．已知等比数列{an}满足a1a2＝1，a5a6＝4，则a3a4＝(
)
A．2
B．±2
C.
D．±
答案
A
解析
∵a1a2，a3a4，a5a6成等比数列，即(a3a4)2＝(a1a2)·(a5a6)，∴(a3a4)2＝4，a3a4与a1a2符号相同，故a3a4＝2，故选A.
3．(2018·太原模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S3＝2a1，则下列结论错误的是(
)
A．a4＝0
B．S4＝S3
C．S7＝0
D．{an}是递减数列
答案
D
解析
∵Sn是等差数列{an}的前n项和，
∴Sn＝na1＋d.
∵S3＝2a1，∴3a1＋3d＝2a1，∴a1＝－3d.
∴a4＝a1＋3d＝0，故A正确，B正确．
∵S7＝7a1＋d＝7a1＋21d＝0，∴C正确．
∵{an}的公差为d，但d不能确定正负，∴D错误．故选D.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(
)
A．63
B．45
C．36
D．27
答案
B
解析
解法一：设等差数列{an}的公差为d，由S3＝9，S6＝36，得即解得所以a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝3×(1＋7×2)＝45.
解法二：由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9,27，S9－S6成等差数列，所以S9－S6＝45，所以a7＋a8＋a9＝45.
5．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若S3，S9，S6成等差数列，则(
)
A．S6＝－2S3
B．S6＝－S3
C．S6＝S3
D．S6＝2S3
答案
C
解析
设等比数列{an}的公比为q，则S6＝(1＋q3)S3，S9＝(1＋q3＋q6)S3，因为S3，S9，S6成等差数列，所以2(1＋q3＋q6)S3＝S3＋(1＋q3)S3，解得q3＝－，故S6＝S3.
6．(2018·保定模拟)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2＋1，则a13＝(
)
A．143
B．156
C．168
D．195
答案
C
解析
由an＋1＝an＋2
＋1，可知an＋1＋1＝an＋1＋2
＋1＝(
＋1)2，即＝＋1，故数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，所以＝＋12＝13，则a13＝168.故选C.
二、填空题
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝an＋1，则Sn＝________.
答案
3n－1
解析
由2Sn＝an＋1得2Sn＝an＋1＝Sn＋1－Sn，所以3Sn＝Sn＋1，即＝3，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，q＝3为公比的等比数列，所以Sn＝3n－1，故答案为3n－1.
8．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
答案
－8
解析
设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，
∴a1(1＋q)＝－1，
①
a1(1－q2)＝－3.
②
∵a1＋a2＝－1≠0，∴q≠－1，即1＋q≠0.
②÷①，得1－q＝3，∴q＝－2.
∴a1＝1，
∴a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.
9．(2018·武汉模拟)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＝________.
答案
10
解析
设数列{an}的公差为d，由S9＝S4及a1＝1，得9×1＋d＝4×1＋d，所以d＝－.又ak＋a4＝0，所以＋＝0，解得k＝10.
10．(2018·衢州质检)已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，则a1＝________，an＝________.
答案
12
解析
由题意可得，当n＝1时，a1＝4，解得a1＝12.当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－2，所以an＝3，n≥2，即an＝3n＋1，n≥2，又当n＝1时，an＝3n＋1不成立，所以an＝
三、解答题
11．(2018·桂林模拟)已知等比数列{an}满足an>0，a1a2a3＝64，Sn为其前n项和，且2S1，S3,4S2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求数列的前n项和Tn.
解
(1)设数列{an}的公比为q，
∵2S1，S3,4S2成等差数列，∴2S3＝2S1＋4S2，
即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋4(a1＋a1q)，
化简，得q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1.
∵an>0，∴q＝－1不符合题意，舍去，
由a1a2a3＝64可得a＝64，解得a2＝4，故2a1＝4，得到a1＝2，
∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)∵bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an
＝log2(a1·a2·…·an)＝log221＋2＋…＋n
＝1＋2＋…＋n＝，
∴＝＝2×.
∴Tn＝＋＋…＋＝2×＝2×＝.
12．(2018·甘肃模拟)已知数列{an}是公差为1的等差数列，且a4，a6，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解
(1)因为a4，a6，a9成等比数列，
所以a＝a4·a9，
所以(a1＋5)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，
解得a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，an＝n，因为bn＝(－1)n·，
所以bn＝(－1)n·＝(－1)n，
所以数列{bn}的前2n项和
T2n＝－＋－＋…＋＝－1－＋＋－－＋…＋＋＝－1＋＝－.
13．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3Tn＝S＋2Sn，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解
(1)由3T1＝S＋2S1，得
3a＝a＋2a1，即a－a1＝0.
因为a1>0，所以a1＝1.
(2)因为3Tn＝S＋2Sn，
①
所以3Tn＋1＝S＋2Sn＋1,②
②－①，得3a＝S－S＋2an＋1，即3a＝(Sn＋an＋1)2－S＋2an＋1.
因为an＋1>0，
所以an＋1＝Sn＋1,③
所以an＋2＝Sn＋1＋1,④
④－③，得an＋2－an＋1＝an＋1，即an＋2＝2an＋1，
所以当n≥2时，＝2.
又由3T2＝S＋2S2，得3(1＋a)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a－2a2＝0.
因为a2>0，所以a2＝2，所以＝2，所以对任意的n∈N*，都有＝2成立，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
14．(2018·福建晋江检测)已知数列{an}的前n项的和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求通项公式an与前n项的和Sn；
(3)设bn＝n(2－Sn)，n∈N*，若集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，求实数λ的取值范围．
解
(1)证明：因为a1＝，an＋1＝an，当n∈N*时，≠0.又因为＝，÷＝(n∈N*)为常数，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由是以为首项，为公比的等比数列，得
＝×n－1＝n.
所以an＝n·n.
由错位相减法得Sn＝2－n－1－nn.
(3)因为bn＝n(2－Sn)(n∈N*)，
所以bn＝nn－1＋n2n.
因为bn＋1－bn＝(3－n2)n＋1，
所以b2>b1，b2>b3>b4>….
因为集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，且b1＝b4＝，b2＝2，b3＝，b5＝，
所以<λ≤.