全国版2021届高考数学二轮复习专题检测八等差数列等比数列理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测八等差数列等比数列理含解析，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2019·成都高三摸底考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝eq \f(5,2)，S10＝15，则a7＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2)D．2
解析：选A 法一：设等差数列{an}的公差为d，则由题设得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝a1＋3d＝\f(5,2)，,S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝15，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(9,2)，,d＝－\f(2,3)，))所以a7＝a1＋6d＝eq \f(9,2)＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝eq \f(1,2).故选A.
法二：因为S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝15，所以a1＋a10＝3，又a4＋a7＝a1＋a10，a4＝eq \f(5,2)，所以eq \f(5,2)＋a7＝3，解得a7＝eq \f(1,2).故选A.
2．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，则a9＝( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(5,4)
C.eq \f(4,5)D．－eq \f(4,5)
解析：选C 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的公差d＝eq \f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq \f(1－\f(1,2),7－3)＝eq \f(1,8)，所以eq \f(1,a9)＝eq \f(1,a7)＋(9－7)×eq \f(1,8)＝eq \f(5,4)，所以a9＝eq \f(4,5).故选C.
3．等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝( )
A．32B．31
C．64D．63
解析：选B 法一：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1·q2＝4，,a1q·a1q5＝64，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))所以S5＝31.故选B.
法二：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由a2a6＝aeq \\al(2,4)＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31.故选B.
4．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a70，所以S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a70，所以S12S13S10＋a1，S10＋a1S10，S10…>S9－a1＝S11－a1，S11－a1S9＝S11，S110)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝________．
解析：由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，
得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，
解得q＝－1(舍去)或q＝eq \f(3,2)，
将q＝eq \f(3,2)代入S2＝3a2＋2中，得a1＋eq \f(3,2)a1＝3×eq \f(3,2)a1＋2，
解得a1＝－1.
答案：－1
9．(2019·山西太原期中改编)已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则a29＝________，使得Sn0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)设bn＝an＋3，证明：数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.
解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，
n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，
n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.
(2)因为Sn＝2an－3n，
所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式相减，得an＋1＝2an＋3， ①
把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，
得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，
所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＝6×2n－1，
所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．
12．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
∴(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
∴an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7－2n，n≤3，,2n－7，n≥4，))
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n2＋6n，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))
B组——大题专攻强化练
1．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}满足an＋1－3an＝3n(n∈N*)且a1＝1.
(1)设bn＝eq \f(an,3n－1)，证明：数列{bn}为等差数列；
(2)设cn＝eq \f(n,an)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知得an＋1＝3an＋3n，得bn＋1＝eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(3an＋3n,3n)＝eq \f(an,3n－1)＋1＝bn＋1，
所以bn＋1－bn＝1，又a1＝1，所以b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝eq \f(an,3n－1)＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝eq \f(1,3n－1)，
所以Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2·3n－1).
2．(2019·昆明检测)已知数列{an}是等比数列，公比q…，
所以(cn)max＝c2＝eq \f(15,4).