2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分 专题四 数列 1-4-1 含答案

限时规范训练十 等差数列、等比数列 限时45分钟，实际用时

分值81分，实际得分

一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)

1．等差数列{an}的公差d≠0，a1＝20，且a3，a7，a9成等比数列．Sn为{an}的前n项和，则S10的值为( )

A．－110 B．－90

C．90 D．110

解析：选D.依题意得a27＝a3a9，即(a1＋6d)2＝(a1＋2d)·(a1＋8d)，即(20＋6d)2＝(20＋2d)(20＋8d)．因为d≠0，解得d＝－2，故S10＝10a1＋10×92d＝110，故选D.

2．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )

A．n(n＋1) B．n(n－1)

C.nn＋12 D.nn－12

解析：选A.∵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＋nn－1·22＝n(n＋1)，故选A.

3．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：选B.由等比数列的性质可知am＋1·am－1＝a2m＝2am(m≥2)，所以am＝2，即数列{an}为常数列，an＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5，故选B.

4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－11，a5＋a9＝－2，则当Sn取最小值时，n＝( )

A．9 B．8

C．7 D．6

解析：选C.设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

由 a2＝－11，a5＋a9＝－2，得 a1＋d＝－11，2a1＋12d＝－2，

解得 a1＝－13，d＝2.

∴an＝－15＋2n.

由an＝－15＋2n≤0，解得n≤152. 又n为正整数，

∴当Sn取最小值时，n＝7.故选C.

5．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( )

A．1 B．2

C．4 D．8

解析：选D.因为数列{an}为等差数列，所以a4＋3a8＝(a4＋a8)＋2a8＝2a6＋2a8＝2(a6＋a8)＝2×2a7，所以由a4－2a27＋3a8＝0得4a7－2a27＝0，又因为数列{an}的各项均不为零，所以a7＝2，所以b7＝2，则b2b8b11＝b6b7b8＝(b6b8)b7＝(b7)3＝8，故选D.

6．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且满足a12＋a22＝2a1＋2a2，a34＋a44＝4a3＋4a4，则a1a5＝( )

A．242 B．8

C．82 D．16

解析：选C.设正项等比数列的公比为q，q＞0，则由a12＋a22＝2a1＋2a2得a1＋a22＝2a1＋a2a1a2，a1a2＝4，同理由a34＋a44＝4a3＋4a4得a3a4＝16，则q4＝a3a4a1a2＝4，q＝2，a1a2＝2a21＝4，a21＝22，所以a1a5＝a21q4＝82，故选C.

二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)

7．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若Sk－2＝－4(k＞2)，Sk＝0，Sk＋2＝8，则k＝________.

解析：由题意，得Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝8，Sk－Sk－2＝ak－1＋ak＝4(k＞2)，两式相减，得4d＝4，即d＝1，由Sk＝ka1＋kk－12＝0，得a1＝－k－12，将a1＝－k－12代入ak－1＋ak＝4，得－(k－1)＋(2k－3)＝k－2＝4，解得k＝6.

答案：6

8．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是________．

解析：当q＞0时，S3＝a1＋a2＋a3＝a1＋1＋a3≥1＋2a1a3＝1＋2a22＝3，

当q＜0时，S3＝a1＋a2＋a3＝1＋a1＋a3≤1－2a1a3＝1－2a22＝－1，

所以，S3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．

答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)

9．已知数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an＝S2n－1(n∈N*)．若不等式λan≤n＋8n对任意n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为________． 解析：an＝S2n－1⇒an＝2n－1a1＋a2n－12＝

2n－1an⇒a2n＝(2n－1)an⇒an＝2n－1，n∈N*.

因为λan≤n＋8n对任意n∈N*恒成立．

所以λ≤n＋82n－1nmin，

即λ≤2n－8n＋15min，

f(n)＝2n－8n＋15在n≥1时单调递增，其最小值为f(1)＝9，所以λ≤9，

故实数λ的最大值为9.

答案：9

三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)

10．在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．

(1)求d，an；

(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.

解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.

所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.

(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，则当n≤11时，

|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n.

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－a13－…－a11＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a11＋an)＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.

综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝ －12n2＋212n， n≤11，12n2－212n＋110， n≥12.

11．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列1an的前n项和为Tn，求Tn.

解：(1)由已知Sn＝2an－a1，

有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)， 即an＝2an－1(n≥2)．

从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.

又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．

所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.

所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．

故an＝2n.

(2)由(1)得1an＝12n.

所以Tn＝12＋122＋…＋12n

＝121－12n1－12＝1－12n.

12．已知数列{an}是等比数列，其前n项和是Sn，且Sn＝t·3n－2t＋1(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log1311＋Sn(n∈N*)，求数列{anbn}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝t·3－2t＋1＝t＋1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝t·3n－t·3n－1＝2t·3n－1.

∵数列{an}是等比数列，∴anan－1＝2t·3n－12t·3n－2＝3(n≥2)，

∴a2a1＝2t·3t＋1＝3，∴t＝1，a1＝2，

∴an＝2·3n－1(n∈N*)．

(2)由(1)知，Sn＝3n－1，∴1＋Sn＝3n，∴11＋Sn＝13n，

bn＝log1311＋Sn＝n，

∴anbn＝2n×3n－1，

Tn＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n×3n－1，①

3Tn＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n×3n，②

①－②得，－2Tn＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－2n×3n＝2＋2×31－3n－11－3－2n×3n，

∴Tn＝12＋2n－13n2.