2020高考数学（文）二轮总复习专题限时训练1-2-1等差数列、等比数列通项与求和（Word版带解析）

专题限时训练　(小题提速练) (建议用时：45 分钟) 一、选择题 1．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，S3＝12，则 a6 等于(　　) A．8 B.10 C.12 D.14 解析：由题意知 a1＝2，由 S3＝3a1＋3 × 2 2 ×d＝12，解得 d＝2，所以 a6＝a1＋5d＝ 2＋5×2＝12.故选 C. 答案：C 2．等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则数列{an}的前 n 项和 Sn ＝(　　) A．n(n＋1) B.n(n－1) C.n(n＋1) 2 D.n(n－1) 2 解析：∵a2，a4，a8 成等比数列， ∴a24＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，将 d＝2 代入上式，解得 a1＝2. ∴Sn＝2n＋n(n－1)·2 2 ＝n(n＋1)．故选 A. 答案：A 3．在等差数列{an}中，已知 a4＋a8＝16，则该数列前 11 项和 S11 等于(　　) A．58 B.88 C.143 D.176 解析：S11＝11(a1＋a11) 2 ＝11(a4＋a8) 2 ＝88.故选 B. 答案：B 4．在各项均为正数的等比数列{an}中，若 am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前 n 项积为 Tn，若 T2m－1＝512，则 m 的值为(　　) A．4 B.5 C．6 D.7 解析：由等比数列的性质可知 am＋1·am－1＝a2m＝2am(m≥2)，所以 am＝2(m≥2)，即an＝2，即数列{an}为常数列，所以 T2m－1＝22m－1＝512＝29，即 2m－1＝9，所以 m＝ 5.故选 B. 答案：B 5．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则 a1＋a10＝(　　) A．7 B.5 C．－5 D.－7 解析：∵{an}是等比数列，∴a5a6＝a4a7＝－8， 联立Error!可解得Error!或Error! 当Error!时，q3＝－1 2 ，故 a1＋a10＝a4 q3 ＋a7q3＝－7； 当Error!时，q3＝－2，同理有 a1＋a10＝－7. 答案：D 6．已知－2，a1，a2，－8 成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8 成等比数列，则a2－a1 b2 等于(　　) A.1 4 B.1 2 C．－1 2 D.1 2 或－1 2 解析：∵－2，a1，a2，－8 成等差数列， ∴a2－a1＝－8－(－2) 3 ＝－2. 又∵－2，b1，b2，b3，－8 成等比数列， ∴b22＝(－2)×(－8)＝16，解得 b2＝±4. 又 b21＝－2b2，∴b2＝－4，∴a2－a1 b2 ＝－2 －4 ＝1 2.故选 B. 答案：B 7．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn 为前 n 项和，且 S10＝10，S30＝70，那么 S40 等于(　　) A．150 B.－200 C．150 或－200 D.400 或－50解析：依题意，数列 S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30 成等比数列，因此有(S20－S10)2 ＝S10(S30－S20)， 即(S20－10)2＝10(70－S20)，故 S20＝－20 或 S20＝30. 又 S20>0，因此 S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40， 故 S40－S30＝80，S40＝150.故选 A. 答案：A 8 ． 各 项 都 是 正 数 的 等 比 数 列 {an} 中 ， 3a1 ， 1 2a3,2a2 成 等 差 数 列 ， 则 a10＋a12＋a15＋a19＋a20＋a23 a8＋a10＋a13＋a17＋a18＋a21 ＝(　　) A．1 B.3 C.6 D.9 解析：依题意可知，a3＝3a1＋2a2，即 a1q2＝3a1＋2a1q，即 q2－2q－3＝0，解得 q＝ 3 或 q＝－1，由于{an}为正项等比数列，所以 q＝3. 则a10＋a12＋a15＋a19＋a20＋a23 a8＋a10＋a13＋a17＋a18＋a21 ＝q2(a8＋a10＋a13＋a17＋a18＋a21) a8＋a10＋a13＋a17＋a18＋a21 ＝9.故选 D. 答案：D 9．在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前 n 项和为 Sn，若S12 12 －S10 10 ＝2，则 S2 016 的 值等于(　　) A．－2 015 B.2 015 C．2 016 D.0 解析：设数列{an}的公差为 d. S12＝12a1＋12 × 11 2 d，S10＝10a1＋10 × 9 2 d， 所以S12 12 ＝ 12a1＋12 × 11 2 d 12 ＝a1＋11 2 d. S10 10 ＝a1＋9 2d，所以S12 12 －S10 10 ＝d＝2，所以 S2 016＝2 016×a1＋2 015 × 2 016 2 d＝0.故选 D. 答案：D 10．已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn＋1＋Sn＝n2－19n 2 (n∈N*)，若 a10＜a11，则 Sn 取最小值时 n 的值为(　　) A．10 B.9 C.11 D.12 解析：∵Sn＋1＋Sn＝n2－19n 2 ①， 由等差数列前 n 项和的性质，知数列{an}为单调递增的等差数列， 将 n 换为 n＋1 得，Sn＋2＋Sn＋1＝ (n＋1)2－19(n＋1) 2 ②， ②－①得，an＋2＋an＋1＝n－9， 当 n＝9 时，a11＋a10＝0， 又 a10＜a11， ∴a11＞0，a10＜0， ∴n＝10 时，Sn 取最小值．故选 A. 答案：A 11．如果 x＝[x]＋{x}，[x]∈Z,0≤{x}＜1，就称[x]表示 x 的整数部分，{x}表示 x 的小数部分．已知数列{an}满足 a1＝ 5，an＋1＝[an]＋ 2 {an} ，则 a2 019－a2 018 等于(　　) A．2019－ 5 B.2 018＋ 5 C．6＋ 5 D.6－ 5 解析：a1＝ 5，an＋1＝[an]＋ 2 {an} ， ∴a2＝2＋ 2 5－2 ＝6＋2 5， a3＝10＋ 2 2 5－4 ＝12＋ 5， a4＝14＋ 2 5－2 ＝18＋2 5，a5＝22＋ 2 2 5－4 ＝24＋ 5，……. ∴a2 018＝6×2 017＋2 5，a2 019＝6×2 018＋ 5. 则 a2 019－a2 018＝6－ 5.故选 D. 答案：D 12．数列{an}满足 an＋1＝ (2|sin nπ 2 |－1)an＋2n，n∈N*，则数列{an}的前 100 项和为 (　　) A．5 050 B.5 100 C．9 800 D.9 850 解析：　设 k∈N*. 当 n＝2k 时，a2k＋1＝－a2k＋4k，即 a2k＋1＋a2k＝4k，① 当 n＝2k－1 时，a2k＝a2k－1＋4k－2，② 联立①②可得，a2k＋1＋a2k－1＝2， 所以数列{an}的前 100 项和 Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100 ＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100) ＝(a1＋a3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋ 4×50)] ＝25×2＋[－(a3＋a5＋…＋a101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(1＋50) 2 ＝5 100.故选 B. 答案：B 二、填空题 13．各项均不为零的等差数列{a n}中，a 1＝2，若 a 2n－an－1 －an＋1 ＝0(n∈N *， n≥2)，则 S2019＝________. 解析：由于 a2n－an－1－an＋1＝0(n∈N*，n≥2)，即 a2n－2an＝0，∴an＝2，n≥2.又 a1 ＝2，∴an＝2，n∈N*，故 S2019＝4 038. 答案：4 03814．设数列{an}的前 n 项和为 S n.若 S 2 ＝4，an ＋1 ＝2Sn ＋1，n∈N* ，则 a1 ＝________， S5＝________. 解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1， ∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋1 2 ＝3(Sn＋1 2)， ∴数列 {Sn＋1 2}是公比为 3 的等比数列， ∴ S2＋1 2 S1＋1 2 ＝3.又 S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1， ∴S5＋1 2 ＝ (S1＋1 2)×34＝3 2 ×34＝243 2 ， ∴S5＝121. 答案：1　121 15．数列{an}是首项 a1＝4 的等比数列，且 4a1，a5，－2a3 成等差数列，则 a2 017 ＝　　　　. 解析：设公比为 q，则 a5＝a1q4，a3＝a1q2. 又 4a1，a5，－2a3 成等差数列， ∴2a5＝4a1－2a3，即 2a1q4＝4a1－2a1q2， ∴q4＋q2－2＝0， 解得 q2＝1 或 q2＝－2(舍去)，∴q＝±1. ∴a2 017＝4·(±1)2 017－1＝4. 答案：4 16．设等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意自然数 n 都有Sn Tn ＝ 2n－3 4n－3 ，则 a9 b5＋b7 ＋ a3 b8＋b4 的值为　　　　. 解析：∵{an}，{bn}为等差数列， ∴ a9 b5＋b7 ＋ a3 b8＋b4 ＝ a9 2b6 ＋ a3 2b6 ＝a9＋a3 2b6 ＝a6 b6. ∵S11 T11 ＝a1＋a11 b1＋b11 ＝2a6 2b6 ＝2 × 11－3 4 × 11－3 ＝19 41 ，∴a6 b6 ＝19 41.答案：19 41 专题限时训练　(大题规范练) (建议用时：60 分钟) 1．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，an＞0(n∈N*)，S6＋a6 是 S4＋a4，S5 ＋a5 的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log1 2a2n－1，数列 { 2 bnbn＋1}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解析：(1)∵S6＋a6 是 S4＋a4，S5＋a5 的等差中项， ∴2(S6＋a6)＝S4＋a4＋S5＋a5，化简得 4a6＝a4. ∵a1＝2，{an}是等比数列，设公比为 q. 则 q2＝a6 a4 ＝1 4. ∵an＞0(n∈N*)，∴q＞0，∴q＝1 2 ， ∴数列{an}的通项公式 an＝2× ( 1 2 )n－1＝ ( 1 2 )n－2. (2)由 bn＝log1 2a2n－1＝log1 2( 1 2 )2n－3＝2n－3， ∴数列{bn}的通项公式 bn＝2n－3. 那么 2 bnbn＋1 ＝ 2 (2n－3)(2n－1)＝ 1 2n－3 － 1 2n－1. 数列 { 2 bnbn＋1}的前 n 项和为 Tn＝(－1－1)＋ (1－1 3)＋ ( 1 3 －1 5)＋…＋ ( 1 2n－3 － 1 2n－1)＝ －1－ 1 2n－1 ＝－ 2n 2n－1. 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝4an－3(n∈N*)． (1)证明：数列{an}是等比数列； (2)若数列{bn}满足 bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且 b1＝2，求数列{bn}的通项公式． 解析：(1)证明：依题意 Sn＝4an－3(n∈N*)， n＝1 时，a1＝4a1－3，解得 a1＝1.因为 Sn＝4an－3，则 Sn－1＝4an－1－3(n≥2)， 所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得 an＝4 3an－1. 又 a1＝1≠0，所以{an}是首项为 1，公比为4 3 的等比数列． (2)因为 an＝ ( 4 3 )n－1，由 bn＋1＝an＋bn(n∈N*)， 得 bn＋1－bn＝ ( 4 3 )n－1. 可得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋ 1－( 4 3 )n－1 1－4 3 ＝3·( 4 3 )n－1 －1(n≥2)． 当 n＝1 时也满足． 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝3·( 4 3 )n－1－1. 3．已知数列{an}满足：a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an＋n(n＋1)(n∈N*)，若 bn＝an n ＋1. (1)证明数列{bn}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式 an 及其前 n 项和 Sn. 解析：(1)证明：nan＋1＝2(n＋1)an＋n(n＋1)⇒an＋1 n＋1 ＝2an n ＋1，得an＋1 n＋1 ＋1＝2an n ＋2＝ 2( an n ＋1)，即 bn＋1＝2bn，又 b1＝2，所以数列{bn}是以 2 为首项，2 为公比的等比 数列． (2)由(1)知 bn＝2n⇒an n ＋1＝2n⇒an＝n(2n－1)， ∴Sn＝1×(2－1)＋2×(22－1)＋3×(23－1)＋…＋n(2n－1)　 ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n－(1＋2＋3＋…＋n) ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n－n(n＋1) 2 . 令 Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 则 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减，得 －Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2(1－2n) 1－2 －n·2n＋1， ∴Tn＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝(n－1)·2n＋1＋2， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2－n(n＋1) 2 . 4．若数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 y＝1 6 －1 3x 的图象上(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 c1＝0，且对任意正整数 n 都有 cn＋1－cn＝log1 2an，求证：对任意正整数 n≥2， 总有1 3 ≤1 c2 ＋1 c3 ＋1 c4 ＋…＋1 cn ＜3 4. 解析：(1)∵Sn＝1 6 －1 3an， ∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝1 3an－1－1 3an， ∴an＝1 4an－1.又∵S1＝1 6 －1 3a1， ∴a1＝1 8 ， ∴an＝1 8( 1 4 )n－1＝ ( 1 2 )2n＋1. (2)证明：由 cn＋1－cn＝log1 2an＝2n＋1，得当 n≥2 时， cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n 2－1＝(n＋ 1)(n－1)． ∴1 c2 ＋1 c3 ＋1 c4 ＋…＋1 cn ＝ 1 22－1 ＋ 1 32－1 ＋ 1 42－1 ＋…＋ 1 n2－1 ＝1 2 ×Error! Error! ＝1 2[(1＋1 2)－( 1 n ＋ 1 n＋1)]＝3 4 －1 2( 1 n ＋ 1 n＋1)＜3 4. 又∵1 c2 ＋1 c3 ＋1 c4 ＋…＋1 cn ≥1 c2 ＝1 3 ， ∴1 3 ≤1 c2 ＋1 c3 ＋1 c4 ＋…＋1 cn ＜3 4.