2024高考数学大二轮复习专题5数列第1讲基础小题部分增分强化练理

PAGEPAGE1第1讲基础小题部分一、选择题1．(2024·合肥质量检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，S6＝3，则S10＝ ()A.eq\f(1,10) B．0C．－10 D．－15解析：由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,6a1＋15d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1，))所以S10＝10a1＋45d答案：D2．在等比数列{an}中，a5＝6，则数列{log6an}的前9项和等于 ()A．6 B．9C．12 D．16解析：因为a5＝6，所以log6a1＋log6a2＋…＋log6a9＝log6(a1·a2·…·a9)＝log6aeq\o\al(9,5)＝9log6答案：B3．在已知等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则eq\f(a10－a12,a6－a8)的值为 ()A．2 B．4C．8 D．16解析：a5＝±eq\r(a4·a6)＝±eq\r(16)＝±4，因为q2＝eq\f(a5,a3)>0，所以a5＝4，q2＝2，则eq\f(a10－a12,a6－a8)＝q4＝4.答案：B4．已知数列{an}是公差为3的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则a10等于()A．14 B.eq\f(53,2)C.eq\f(57,2) D．32解析：由题意可得aeq\o\al(2,2)＝a1·a5，即(a1＋3)2＝a1(a1＋4×3)，解之得a1＝eq\f(3,2)，故a10＝eq\f(3,2)＋(10－1)×3＝eq\f(57,2)，故选C.答案：C5．(2024·洛阳第一次统考)等差数列{an}为递增数列，若aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,10)＝101，a5＋a6＝11，则数列{an}的公差d等于 ()A．1 B．2C．9 D．10解析：依题意得(a1＋a10)2－2a1a10＝(a5＋a6)2－2a1a10＝121－2a1a10＝101，所以a1a10＝10，又a1＋a10＝a5＋a6＝11，a1<a10，所以a1＝1，a10＝10，d＝eq\f(a答案：A6．已知{eq\f(1,an)}是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝ ()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13) D.eq\f(13,4)解析：设等差数列{eq\f(1,an)}的公差为d，由题意可知，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,a1)＋3d＝eq\f(1,4)，解得d＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(1,a10)＝eq\f(1,a1)＋9d＝－eq\f(5,4)，所以a10＝－eq\f(4,5)，故选A.答案：A7．已知数列{an}是等差数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝ ()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：依题意，留意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，即a1－1，a3－3，a5－5成等差数列；又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q＝eq\f(a3－3,a1－1)＝1，选C.答案：C8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝()A．36 B．72C．144 D．288解析：法一：因为a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1所以d＝eq\f(3,2)，所以S9＝9×2＋eq\f(9×8,2)×eq\f(3,2)＝72.法二：因为a8＋a10＝2a9所以a9＝14，所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝72.答案：B9．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an＝()A．2n＋1 B．2nC．2n－1 D．2n－2解析：依题意得，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)，则an＋1＝2an，令n＝1，则S1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＝4×2n－1＝2n＋1答案：A10．已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差数列，则eq\f(a3＋a5,a4＋a6)的值是 ()A.eq\f(\r(5)－1,2) B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(3－\r(5),2) D.eq\f(3＋\r(5),2)解析：设等比数列{an}的公比为q，由a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，所以eq\f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq\f(a3＋a3q2,a4＋a4q2)＝eq\f(a31＋q2,a41＋q2)＝eq\f(1,q)＝eq\f(2,\r(5)＋1)＝eq\f(2\r(5)－1,\r(5)＋1\r(5)－1)＝eq\f(\r(5)－1,2)，故选A.答案：A11．已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x)(a>0，且a≠1)，eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2).若数列{eq\f(fn,gn)}的前n项和大于62，则n的最小值为 ()A．8 B．7C．6 D．9解析：由[eq\f(fx,gx)]′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)>0，知eq\f(fx,gx)在R上是增函数，即eq\f(fx,gx)＝ax为增函数，所以a>1.又因为a＋eq\f(1,a)＝eq\f(5,2)，所以a＝2或a＝eq\f(1,2)(舍)．数列{eq\f(fn,gn)}的前n项和Sn＝21＋22＋…＋2n＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2>62，即2n>32，所以n>5.答案：C12．已知在正项等比数列{an}中，a3＋a8＝4，则log2a1－log2eq\f(1,a2)＋log2a9－log2eq\f(1,a10)的最大值为 ()A．2 B．4C．8 D．16解析：log2a1－log2eq\f(1,a2)＋log2a9－log2eq\f(1,a10)＝(log2a1＋log2a9)＋(log2a2＋log2a10)＝log2aeq\o\al(2,5)＋log2aeq\o\al(2,6)＝2(log2a5＋log2a6)＝2log2(a5·a6)，因为{an}是正项等比数列，故a5·a6＝a3·a8≤eq\f(a3＋a82,4)＝4，当且仅当a3＝a8＝2时等号成立，故log2a1－log2eq\f(1,a2)＋log2a9－log2eq\f(1,a10)＝2log2(a5·a6)≤4.答案：B二、填空题13．设数列{an}满意：a1＝1，a2＝3，且2nan＝(n－1)·an－1＋(n＋1)an＋1，则a20的值是________．解析：因为2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，所以数列{nan}是以a1＝1为首项，2a2－a1＝5为公差的等差数列，所以20a20＝1＋5×19＝96，所以a20＝eq\f(24,5).答案：eq\f(24,5)14．(2024·太原模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则S11＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d，因为2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，所以12a1＋60d＝36，即a1＋5d＝3，所以a6＝3，所以S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝11a6＝33.答案：3315．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝eq\f(1,2n)(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________.解析：依题意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,16)＋…＋eq\f(1,4n＋1)＝eq\f(1－\f(1,4n＋2),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)(1－eq\f(1,4n＋2))．答案：eq\f(4,3)(1－eq\f(1,4n＋2))16．数列{an}满意an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S2017＝________.解析