1、 - 1 - 小题考法专训（三）小题考法专训（三） 等差数列与等比数列等差数列与等比数列 A 级级保分小题落实练保分小题落实练 一、选择题一、选择题 1(2019 福州质检福州质检)等比数列等比数列an的各项均为正实数，其前的各项均为正实数，其前 n 项和为项和为 Sn.若若 a34，a2a6 64，则，则 S5( ) A32 B31 C64 D63 解析：解析：选选 B 法一：法一：设首项为设首项为 a1，公比为，公比为 q，因为，因为 an0，所以，所以 q0，由条件得，由条件得 a1 q24， a1q a1q564， 解得解得 a11， q2， 所以所以 S531，故选，故选 B. 法二
2、：法二：设首项为设首项为 a1，公比为，公比为 q，因为，因为 an0，所以，所以 q0，由，由 a2a6a2464，得，得 a48，又，又 a34，所以，所以 q2，a11，所以，所以 S531，故选，故选 B. 2 已知等差数列 已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 若， 若 a112， S590， 则等差数列， 则等差数列an的公差的公差 d( ) A2 B3 2 C3 D4 解析：解析：选选 C 依题意，依题意，5125 4 2 d90，解得，解得 d3，故选，故选 C. 3在公在公差不为差不为 0 的等差数列的等差数列an中，中，4a3a113a510，则，则1 5a4
3、 ( ) A1 B0 C1 D2 解析：解析：选选 C 设设an的公差为的公差为 d(d0)，由，由 4a3a113a510，得，得 4(a12d)(a110d) 3(a14d)10，即，即 2a16d10，即，即 a13d5，故，故 a45，所以，所以1 5a4 1，故选，故选 C. 4等比数列等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 a34S20，则公比，则公比 q( ) A1 B1 C2 D2 解析：解析：选选 C 因为因为 a34S20，所以，所以 a1q24a14a1q0，因为，因为 a10，所以，所以 q24q4 0，所以，所以 q2，故选，故选 C. 5 (2020届
4、高三届高三 广东六校联考广东六校联考)等比数列等比数列an的前的前n项和为项和为Sn， 且， 且4a1,2a2， a3成等差数列 若成等差数列 若 a11，则，则 S4( ) A16 B15 - 2 - C8 D7 解析：解析：选选 B 设公比为设公比为 q，由题意得，由题意得 4a24a1a3，即，即 4a1q4a1a1q2，又，又 a11，所以，所以 4q4q2，解得，解得 q2，所以，所以 S41 124 12 15，故选，故选 B. 6已知数列已知数列an中，中，a32，a71.若数列若数列 1 an 为等差数列，则为等差数列，则 a9( ) A.1 2 B5 4 C.4 5 D4 5
5、 解析：解析：选选 C 因为数列因为数列 1 an 为等差数列，为等差数列，a32，a71，所以数列，所以数列 1 an 的公差的公差 d 1 a7 1 a3 73 11 2 73 1 8，所以 ，所以 1 a9 1 a7 (97)1 8 5 4，所以 ，所以 a94 5，故选 ，故选 C. 7等比数列等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 S22，S36，则，则 S5( ) A18 B10 C14 D22 解析：解析：选选 D 设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 由题意由题意，得，得 a1a1q2， a1a1qa1q26， 解得解得 a12， q2， 所以所以 S5
6、 21 2 5 1 2 22，故选，故选 D. 8 (2019 长春质监长春质监)已知已知 Sn是等比数列是等比数列an的前的前 n 项和， 若公比项和， 若公比 q2， 则， 则a1 a3a5 S6 ( ) A.1 3 B1 7 C.2 3 D3 7 解析：解析：选选 A 由题意知由题意知 a1a3a5a1(12224)21a1，而，而 S6a 1 1 26 12 63a1，所以，所以 a1a3a5 S6 21a1 63a1 1 3，故选 ，故选 A. 9已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a11，Sn2an1，则，则 Sn( ) A2n 1 B 3 2 n1 C. 2 3
7、 n1 D 1 2 n1 - 3 - 解析：解析：选选 B 当当 n1 时，时，S1a12a2，则，则 a21 2.当 当 n2 时，时，Sn12an，则，则 SnSn1 an2an12an，所以，所以an 1 an 3 2，所以当 ，所以当 n2 时，数列时，数列an是公比为是公比为3 2的等比数列，所以 的等比数列，所以 an 1，n1， 1 2 3 2 n2， ，n2， 所以所以 Sn11 2 1 2 3 2 1 2 3 2 n2 1 1 2 1 3 2 n1 13 2 3 2 n1， 故 ， 故 选选 B. 10(2019 广东七校联考广东七校联考)已知等差数列已知等差数列an的前的前
8、 n 项和为项和为 Sn，a6a86，S9S63，则，则 Sn取得最大值时取得最大值时 n 的值为的值为( ) A5 B6 C7 D8 解析：解析：选选 D 设设an的公差为的公差为 d，则由题意得，则由题意得， a15da17d6， a16da17da18d3， 解得解得 a115， d2. 所以所以 an2n17，由于，由于 a80，a90，所以，所以 Sn取得最大值时取得最大值时 n 的值是的值是 8，故选，故选 D. 11 已知等比数列 已知等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 若， 若 S37， S663， 则数列， 则数列nan的前的前 n 项和为项和为( ) A3(n1
9、)2n B3(n1)2n C1(n1)2n D1(n1)2n 解析：解析：选选 D 设设an的公比为的公比为 q，易知，易知 q1， 所以由所以由题设得题设得 S3a1 1 q3 1q 7， S6a1 1 q6 1q 63， 两式相除得两式相除得 1q39，解得，解得 q2，进而可得，进而可得 a11， 所以所以 ana1qn 1 2n 1，所以 ，所以 nann2n 1. 设数列设数列nan的前的前 n 项和为项和为 Tn， 则则 Tn120221322n2n 1， ， 2Tn121222323n2n， 两式作差得两式作差得Tn12222n 1 n2n1 2n 1 2 12 n2n1(1n)
10、2n， 故故 Tn1(n1)2n. - 4 - 12已知数列已知数列an满足满足 2an1an3(n1)，且，且 a313 4 ，其前，其前 n 项和为项和为 Sn，则满足不等式，则满足不等式 |Snn6| 1 123的最小整数 的最小整数 n 是是( ) A8 B9 C10 D11 解析：解析：选选 C 由由 2an1an3，得，得 2(an11)(an1)0，即，即an 11 an1 1 2，又 ，又 a313 4 ， 所以所以 a319 4，代入上式，有 ，代入上式，有 a219 2， ，a119，所以数列，所以数列an1是首项为是首项为 9，公比为，公比为 1 2的等比数列 所以 的等
11、比数列 所以|Snn6|(a11)(a21)(an1)6| 9 1 1 2 n 1 1 2 6 6 1 2 n 1 123，又 ，又 nN N*，所以，所以 n 的最小值为的最小值为 10，故选，故选 C. 二、填空题二、填空题 13(2019 北京高考北京高考)设等差数列设等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn.若若 a23，S510，则，则 a5 _，Sn的最小值为的最小值为_ 解析：解析：设数列设数列an的公差为的公差为 d， a2a1d3，S55a110d10， a14，d1， a5a14d0， ana1(n1)dn5. 令令 an0，则，则 n5，即数列，即数列an中前中前 4
12、 项为负，项为负，a50，第，第 6 项及以后为正项及以后为正 Sn的最小值为的最小值为 S4S510. 答案：答案：0 10 14(2019 江苏高考江苏高考)已知数列已知数列an(nN N*)是等差数列，是等差数列，Sn是其前是其前 n 项和若项和若 a2a5a80， S927，则，则 S8的值是的值是_ 解析：解析：设等差数列设等差数列an的首项为的首项为 a1，公差为，公差为 d， 由由 a2a5a80， S927， 得得 a1d a14d a17d0， 9a19 8 2 d27， 解得解得 a15， d2， - 5 - S88a18 7 2 d8(5)28216. 答案：答案：16
13、15已知数列已知数列an中，中，a13，a27.当当 nN N*时，时，an2是乘积是乘积 an an1的个位数，则的个位数，则 a2 019 _. 解析：解析：a13，a27，a1a221，a31，a2a37，a47，a3a47，a57，a4a549，a6 9，a5a663，a73，a6a727，a87，a7a821，a91，a8a97，a107，所以数列，所以数列an 是周期为是周期为 6 的数列，又的数列，又 2 01963363，所以，所以 a2 019a31. 答案：答案：1 16已知数列已知数列an满足满足 an n n1，则 ，则 a1a2 22 a3 32 a2 019 2 0
14、192 _. 解析：解析： 由题意， 因为数列由题意， 因为数列an满足满足 an n n1， 所以数列 ， 所以数列 an n2 的通项公式为的通项公式为an n2 1 n n1 1 n 1 n1，所以 ，所以 a1a2 22 a3 32 a2 019 2 0192 11 2 1 2 1 3 1 2 019 1 2 020 1 1 2 020 2 019 2 020. 答案：答案：2 019 2 020 B 级级拔高小题提能练拔高小题提能练 1(2019 福州质检福州质检)已知数列已知数列an满足满足 a11，an1 n1 a2n 2a2n4nann2，则 ，则 a8( ) A. 8 964
15、2 B 8 9322 C. 8 9162 D 8 972 解析：解析：选选 A 因为因为 an1 n1 a2n 2a2n4nann2， ，a11， 所以所以 an0，所以，所以 1 an1 2a 2 n 4nann2 n1 a2n ， 所以所以n 1 an1 2a 2 n 4nann2 a2n n an 2 4 n an 2， 所以所以n 1 an1 2 n an 2 2. 令令 bn n an 2，则，则 bn1b2n， 又因为又因为 bn0，且，且 bn1，所以，所以 ln bn12ln bn， 又又 ln b1ln 1 a1 2 ln 3， - 6 - 所以数列所以数列ln bn是首项为
16、是首项为 ln 3，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 所以所以 ln bnln 3 2n 1 ln 32n 1，所以 ，所以 bn32n 1， ， 即即 n an 232n 1，从而 ，从而 an n 32n 1 2， ， 将将 n8 代入可得代入可得 a8 8 9642，选 ，选 A. 2多选题多选题已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 Sn14an2，a11，令，令 bnan12an， 设设 cnan 2n，则下列说法正确的是 ，则下列说法正确的是( ) A数列数列bn是等比数列是等比数列 B数列数列cn是等比数列是等比数列 C数列数列an的通项公式的通项公
17、式 an(3n1)2n 2 D数列数列an的前的前 n 项和项和 Sn(3n4)2n 1 2 解析：解析：选选 ACD 由题意，由题意，Sn14an2，Sn24an12，两式相减得，两式相减得，Sn2Sn14(an 1an)，an24an14an，所以，所以 an22an12(an12an)，因为，因为 bnan12an，所以，所以 bn1 2bn，又由题设得，又由题设得 1a2426，即，即 a25，所以，所以 b1a22a13，所以数列，所以数列bn是首项为是首项为 3，公比为，公比为 2 的等比数列，故的等比数列，故 A 正确；由正确；由 A 得得 bn3 2n 1，所以 ，所以 bna
18、n12an3 2n 1，所以 ，所以 an1 2n 1an 2n 3 4，即 ，即 cn1cn3 4.所以数列 所以数列cn是首项为是首项为1 2，公差为 ，公差为3 4的等差数列故 的等差数列故 B 错误；由错误；由 B 得，得， cn1 2 3 4(n 1)3 4n 1 4， 即 ， 即an 2n 3 4n 1 4， 所以 ， 所以 an(3n1)2n 2， 则 ， 则 Sn4an12(3n4)2n 1 2.故故 C、D 正确正确 3设数列设数列an满足满足 a15，且对任意正整数，且对任意正整数 n，总有，总有(an13)(an3)4an4 成立，则数成立，则数 列列an的前的前 2 0
19、19 项的和为项的和为_ 解析：解析： 由由(an13)(an3)4an4， 得， 得 an14an 4 an3 3an 5 an3， 因为 ， 因为 a15， 所以， 所以 a20， a35 3， ，a45，a55，则数列，则数列an是以是以 4 为周期的周期数列，因为为周期的周期数列，因为 2 01950443，且，且 a1a2a3a45 3，即一个周期的和为 ，即一个周期的和为5 3，所以数列 ，所以数列an的前的前 2 019 项的和为项的和为5 3 5045 05 3 2 510 3 . 答案：答案：2 510 3 4 (2019 福建五校第二次福建五校第二次联考联考)在数列在数列a
20、n中，中， a11 3， ， 1 an1 3 an an3 ， ， nN N*， 且， 且 bn 1 3an. - 7 - 记记 Pnb1 b2 bn，Snb1b2bn，则，则 3n 1P n Sn_. 解析：解析：因为因为 1 an1 3 an an3 1 an 1 an3， ， 所以所以 bn 1 3an 1 an 1 an1， ， 所以所以 Snb1b2bn 1 a1 1 a2 1 a2 1 a3 1 an 1 an1 1 a1 1 an1. 因为因为 1 an1 3 an an3 ，所以 ，所以 bn 1 3an an 3an1， ， 所以所以 Pnb1 b2 bn a1 3a2 a2
21、 3a3 an 3an1 a1 3nan1. 又又 a11 3，故 ，故 3n 1P n Sn 3a1 an1 1 a1 1 an1 1 a1 3. 答案：答案：3 5已知已知数列数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，数列，数列bn的前的前 n 项和为项和为 Tn，满足，满足 a12,3Sn(nm)an， mR R，且，且 anbnn.则则 a2_；若存在；若存在 nN N*，使得，使得 TnT2n成立，则实数成立，则实数 的最小的最小 值为值为_ 解析：解析：3Sn(nm)an，3S13a1(1m)a1， 解得解得 m2，3Sn(n2)an. 当当 n2 时，时，3Sn1(n1)an1.
22、 由由可得可得 3an(n2)an(n1)an1， 即即(n1)an(n1)an1. a12，an0， an an1 n 1 n1， ， a2 a1 3 1， ，a3 a2 4 2， ，a4 a3 5 3， ，an 1 an2 n n2， ， an an1 n 1 n1， ， 以上各式累乘可得以上各式累乘可得 ann(n1)， 经检验经检验 a12 符合上式符合上式ann(n1)，nN N*. a2236. anbnn，bn 1 n1. 令令 BnT2nTnbn1bn2b2n 1 n2 1 n3 1 2n1， ， - 8 - 则则 Bn1Bn 3n4 2n2 2n3 n2 0， 数列数列Bn为递增数列，为递增数列，BnB11 3. 存在存在 nN N*，使得，使得 TnT2n成立，成立， B11 3，故实数 ，故实数 的最小值为的最小值为1 3. 答案：答案：6 1 3
