高中数学高考二轮复习 3

第1讲等差数列、等比数列的基本问题一、选择题1.(2023·焦作模拟)在等差数列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，则a5的值为() 解析设数列{an}的公差为d，∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3＝10，∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2.答案A2.(2023·广州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S4＝S5＋S6，则数列{an}的公比q的值为()A.－2或1 B.－1或2 C.－2 解析法一若q＝1，则S4＝4a1，S5＝5a1，S6＝6a1，显然不满足2S4＝S5＋S6，故A、D错.若q＝－1，则S4＝S6＝0，S5＝a5≠0，不满足条件，故B错，因此选C.法二经检验q＝1不适合，则由2S4＝S5＋S6，得2(1－q4)＝1－q5＋1－q6，化简得q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.答案C3.已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为()A.－110 B.－90 解析∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.∴S10＝10×20＋eq\f(1,2)×10×9×(－2)＝110.答案D4.(2023·新课标全国Ⅱ卷)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等于()(n＋1) (n－1)\f(n（n＋1）,2) \f(n（n－1）,2)解析由a2，a4，a8成等比数列，得aeq\o\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，∴a1＝2.∴Sn＝2n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝2n＋n2－n＝n(n＋1).答案A5.(2023·福建卷)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于() 解析由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2b＝a－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2a＝b－2))解之得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.答案D二、填空题6.(2023·阳泉模拟)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.解析根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大.答案87.在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________.解析设等比数列{an}的公比为q，由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝8，,a1q4＋a1q6＝4，))解得q4＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.答案38.(2023·安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________.解析由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1a4＝8，,a1＋a4＝9，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1，))又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.答案2n－1三、解答题9.已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…).设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…).(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…).数列{3n}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以数列{bn}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.10.(2023·洛阳模拟)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比数列.(1)解设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d，10，18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去).故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以bn＝b1·qn－1＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3，即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.(2)证明由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(\f(5,4)（1－2n）,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是以eq\f(5,2)为首项，2为公比的等比数列.11.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)求数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝eq\f(n（9－n）,2).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，∴Tm＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m)))，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(m)随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.又Sn＝eq\f(n（9－n）,2