【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测06等差数列与等比数列小题练 理数（含答案）.doc，共(8)页，100.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（六）等差数列与等比数列（小题练）A级——12＋4提速练一、选择题1．(2019届高三·合肥模拟)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是()A．

20B.36C．24D.72解析：选C由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12得4a1＋4d＝4，6a1＋12d＝12，解得a1＝0，d＝1，∴a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故选C.2．设等比数列{}an的前n项和为Sn，若S1＝13a2－13，S2＝13a3－1

3，则公比q＝()A．1B．4C．4或0D.8解析：选B∵S1＝13a2－13，S2＝13a3－13，∴a1＝13a1q－13，a1＋a1q＝13a1q2－13，解得a1＝1，q＝4或a1＝－13，q＝0(舍去)，故所求的公比q＝4.3．(2018·云南师大附中适应

性考试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，12a3，a1成等差数列，则a5＋a6a3＋a4的值为()A.1－52B.5＋12C.3＋52D.3－52解析：选C设{an}的公比为q且q>0，因为a2，12a3，a1成等

差数列，所以a1＋a2＝2×12a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，因为a1≠0，所以q2－q－1＝0，解得q＝1＋52或q＝1－52<0(舍去)，所以a5＋a6a3＋a4＝a3＋a4q2a3＋a4＝q2＝3＋52，故选C.4．(2018·辽宁五校联考)各项为正

的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，则log2a7＋log2a11的值为()A．1B．2C．3D.4解析：选C由题意得a4a14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7＋log2a11＝log2(a

7a11)＝log28＝3，故选C.5.(2018·陕西模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9＝()A．27B．36C．45D.54解析：选D∵在等差数列{an}中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11

，∴a5＝6，故S9＝a1＋a92＝9a5＝54.故选D.6．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝5n＋2n＋3，则a2＋a20b7＋b15＝()A.10724B.724C.14912D.1493

解析：选A由题知，a2＋a20b7＋b15＝S21T21＝10724.7．已知数列ann是等差数列，且a3＝2，a9＝12，则a15＝()A．10B．30C．40D.20解析：选B法一：设数列

ann的公差为d.∵a3＝2，a9＝12，∴6d＝a99－a33＝129－23＝23，∴d＝19，a1515＝a33＋12d＝2.故a15＝30.法二：由于数列ann是等差数列，故2×a99＝a33＋a1515，即a1515＝2×129－23＝2，故a15＝3

0.8．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn.若an＋1＝an2，an是偶数，3an＋1，an是奇数，且S3＝29，则a1＝()A．4B．5C．6D.7解析：选B法一：若a1＝4k，则a2＝2k，a3＝k，此时S3＝7k＝29，由

于k为整数，此时无解；若a1＝4k＋1，则a2＝12k＋4，a3＝6k＋2，此时S3＝22k＋7＝29，解得k＝1，即a1＝5；若a1＝4k＋2，则a2＝2k＋1，a3＝6k＋4，此时S3＝12k＋7＝29，由于k为整数

，此时无解；若a1＝4k＋3，则a2＝12k＋10，a3＝6k＋5，此时S3＝22k＋18＝29，由于k为整数，此时无解．综上可知a1＝5.法二：当a1＝4时，a2＝2，a3＝1，S3＝7，排除A；当a1＝5时，a2＝16，a3＝8，S3＝29，B符合题意，故选B.9．(2019届高三·

湖南十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1<0，若存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则当n>m时，Sn与an的大小关系是()A．Sn<anB．Sn≤anC．Sn>anD.大小不能确定解析：选C若a1<0，存在自

然数m≥3，使得am＝Sm，则d>0，否则若d≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有Sm<am，不存在am＝Sm.由于a1<0，d>0，当m≥3时，有am＝Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn>an.故选C.10

．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为()A．10B．11C．12D.13解析：选C由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a

7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}为递减数列，又S13＝a1＋a132＝13a7<0，S12＝a1＋a122＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故

选C.11．(2018·沈阳二模)已知数列{an}满足a1＝1，an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，其前n项和为Sn，则满足Sn≥12181的n的最小值为()A．6B．5C．8D.7解析：选B由an－1＝3an(n≥2)可得anan－1＝13(n≥2)，可得

数列{an}是首项为a1＝1，公比为q＝13的等比数列，所以Sn＝1－13n1－13＝321－13n.由Sn≥12181可得321－13n≥12181，即1－13n≥242

243，得n≥5(n∈N*)，故选B.12．已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝12，前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则数列{an}的通项公式an＝()A.12nB.12n－1C.12×

14n－1D.12×14n解析：选A设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意知a1>0，且an＝12·qn－1，又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即2(a1

＋a2＋a3＋a4＋2a5)＝a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化简得4a5＝a3，从而4q2＝1，解得q＝±12，又q>0，故q＝12，an＝12n，选择A.二、填空题13．(2018·重庆模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5＝5，则log5a1＋log5a

2＋…＋log5a9＝________.解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a1·a9＝a2·a8＝a3·a7＝a4·a6＝a25＝52，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1·a2·…·a

9)＝log5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]＝log5a95＝log559＝9.答案：914．(2018·天津模拟)数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，且数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，都有λ2<Sn<4λ

，则实数λ的取值范围是________．解析：由a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，可得a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1＝2(n－1)－1＝2n－3(n≥2)，两式相减得2n－1an＝2(n≥2)，所以an＝22－n(n≥2)．又n＝1时，a1＝1，所以an

＝n＝，22－nn，所以Sn＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋1－12n－11－12＝3－12n－2，由Sn在n≥1时单调递增，可得1≤Sn<3，所以λ2<1，4λ≥3，解得34≤λ<1，所以实数λ的取值范围是

34，1.答案：34，115．(2018·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝2,3S2n－2an＋1Sn＝a2n＋1，则an＝________.解析：由S

1＝2，得a1＝S1＝2.由3S2n－2an＋1Sn＝a2n＋1，得4S2n＝(Sn＋an＋1)2.又an>0，∴2Sn＝Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1.当n≥2时，Sn－1＝an，两式作差得an＝an

＋1－an，即an＋1an＝2.又由S1＝2,3S21－2a2S1＝a22，求得a2＝2.∴当n≥2时，an＝2×2n－2＝2n－1.验证当n＝1时不成立，∴an＝2，n＝1，2n－1，n≥2.答案：2，n＝1，2n－1，n≥216．(2018·西安八校联考)数

列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＝2S2n2Sn－1(n≥2)，则Sn＝________.解析：当n≥2时，将an＝Sn－Sn－1代入an＝2S2n2Sn－1，得Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1，化简整理，得Sn－Sn－1＝－2S

n－1·Sn，两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)，又1S1＝1，所以数列1Sn是首项为1，公差为2的等差数列，所以1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝12n－1.答案：12n－1B级——难度小题强化练1．已知首项为

32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，4a5＝a3.设Tn＝Sn－1Sn，则数列{Tn}中最大项的值为()A.34B.45C.56D.78解析：选C设等比数列{an}的公比为q，则q2＝a5a3＝14.又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12，故等

比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1×32n，Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝32，故0<Sn－1Sn

≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34＝S2≤Sn<1，故0>Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对任意的n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn<0或0<Sn－1Sn≤56

，即数列{Tn}中最大项的值为56.故选C.2．(2018·洛阳尖子生模拟)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an<an＋1对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是()A．[0，＋∞)B．(－1，＋∞)C.

12，＋∞D.[0,1)解析：选A由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)＝λn(n＋2)得an＋2n＋2－ann＝λ，所以数列ann的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1

＝1，a2＝2，所以当n为奇数时，ann＝1＋λn＋12－1＝n－12λ＋1，所以an＝n2－n2λ＋n.当n为偶数时，ann＝1＋λn2－1＝n－22λ＋1，所以an＝n2－2n2λ＋n.当n为奇数时，由an<an＋1得n2－

n2λ＋n<n＋2－n＋2λ＋n＋1，即λ(n－1)>－2，若n＝1，则λ∈R，若n>1，则λ>－2n－1，所以λ≥0;当n为偶数时，由an<an＋1得n2－2n2λ＋n<n＋2－n＋2λ＋n＋1，即3λn>－

2，所以λ>－23n，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．选A.3．(2018·武汉模拟)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为()A．－10B．－12C．－9D.－13解

析：选B设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，联立，解得a4＝11，a6＝25或a4＝25，a6＝11，当a4＝11，a6＝25时，可得a1＝－10，d＝7

，此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，∴a2a3＝－12为anan＋1的最小值；当a4＝25，a6＝11时，可得a1＝46，d＝－7，此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知

当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．综上，anan＋1的最小值为－12.4．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则2Sn＋16an＋3(n∈N*)的

最小值为()A．4B．3C．23－2D.92解析：选A∵a1＝1，a1，a3，a13成等比数列，∴(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1，∴Sn＝n＋2n－2＝n2，∴2Sn＋16an＋3＝n2＋8n＋1.令t＝n＋1，则n2

＋8n＋1＝t＋9t－2≥6－2＝4，当且仅当t＝3，即n＝2时等号成立．5．(2018·广东模拟)设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有4Sn＝a2n＋2an，其中Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：当n＝1时，4a1＝a21

＋2a1，∴a1(a1－2)＝0，∵an>0，∴a1＝2.当n≥2时，4Sn＝a2n＋2an,4Sn－1＝a2n－1＋2an－1，两式相减得4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，∵an>0

，∴an－an－1＝2，故an＝2n.答案：2n6．已知数列{an}满足a1＝a2＝2，an＋2－[2＋(－1)n]an＝a2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为_________________

_______________________________________________________．解析：当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝3a2k＋2，即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)，所以数列{a2k＋1}(k∈N*)是以a2＋1为首项，3为公比

的等比数列，所以a2k＋1＝(a2＋1)·3k－1＝3k，即当n为偶数时，an＝32n－1；当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1＝a2k－1＋2，所以a2k＋1－a2k－1＝2，所以数列{a2k－1}(k∈

N*)是以a1为首项，2为公差的等差数列，所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，即当n为奇数时，an＝n＋1.所以数列{an}的通项公式an＝n＋1，n为奇数，32n－1，n为偶数.答案：

an＝n＋1，n为奇数，32n－1，n为偶数