A组
1．(2018·唐山模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝( D ) A．18 C．9
B．12 D．6
[解析] 本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式．
11a1＋a11112a1＋10d由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d
22＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6，故选D．
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( C ) A．31 C．63
[解析] 解法一：由条件知：an>0，且
a1＋a2＝3，a11＋q＝3，
∴ 23a1＋a2＋a3＋a4＝15，a11＋q＋q＋q＝15，
B．32 D．64
∴q＝2.
1－26∴a1＝1，∴S6＝＝63.
1－2
解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即122
＝3(S6－15)，∴S6＝63.
3．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( D )
A．6 C．8
B．7 D．9
a＋b＝p>0，
[解析] 由题可得所以a>0，b>0，不妨设a>b，所以等比数列为a，－2，
ab＝q>0，
b或b，－2，a从而得到ab＝4＝q，等差数列为a，b，－2或－2，b，a从而得到2b＝a－2，两式联立解出a＝4，b＝1，所以p＝a＋b＝5，所以p＋q＝4＋5＝9.
1
4．(2017·山西四校联考)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数
2a9＋a10
列，则＝( C )
a7＋a8
A．1＋2
B．1－2
C．3＋22 D．3－22
[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列． 11
∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3×2＝a1＋2a2，
22
即a1q2＝a1＋2a1q，∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋2或q＝1－2(舍)， a9＋a10a1q81＋q2
∴＝6＝q＝(1＋2)2＝3＋22. a7＋a8a1q1＋q
2
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a1，m，n∈N*，
19
则＋的最小值为( C ) mn
A．2 11C．
4
B．16 3D． 2
[解析] 设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n
－1
2m，am·an＝16a221⇒a1·
＋n－2
＝16a2∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，1⇒m＋n＝6，
1911(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，＋取最小值.
mn4
6．已知{an}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，2则a1＝，d＝－1.
3[解析] 由题可得(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有3a1＋2d＝0，又因为2a1＋a2＝1，即2
3a1＋d＝1，联立可得d＝－1，a1＝. 3
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn为数列{an}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则S10＝91.
[解析] 因为任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－
1＋2，
所以an＋1＝an＋2，因为a3＝a2＋2＝4，
所以an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，
9×8
所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋×2＝91.
2
8．(2018·江苏无锡一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为2.
[解析] ∵等比数列{an}的前n项和为Sn，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4， a1－qa11－qa11－q2×1＝＋
1－q1－q1－q∴ a1q＋a1q4＝4，
9
3
6
1
解得a1q＝8，q3＝－，
21
∴a8＝a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2.
4
9．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数． (1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式． [解析] (1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)， 则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1， 4
整理得an＝an－1.
3
p
由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝. 3p4
所以{an}是首项为，公比为的等比数列．
334－
(2)因为a1＝1，则an＝()n1，
3
4－
由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()n1，
3当n≥2时，由累加法得
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) 4－
1－n1
34－
＝2＋＝3·()n1－1，
431－3
4－
当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·()n1－1.
3
10．(文)(2017·蚌埠质检)已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
34(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
a2n＋3bn·bn＋1[解析] (1)设该等比数列的公比为q， 11
则根据题意有3·(1＋＋2)＝9，
qq从而2q2－q－1＝0， 1
解得q＝1或q＝－.
2当q＝1时，an＝3；
11－
当q＝－时，an＝3·(－)n3.
22
(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符， 1－
故an＝3(－)n3，
21
此时a2n＋3＝3·(－)2n，
2∴bn＝2n，符合题意． 4
∴cn＝
2n·2n＋2＝1
n·n＋1
11＝－， nn＋1
1
从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－<1. n＋1
(理)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．
＋
(1)求数列{xn}的通项公式；
22
(2)记Tn＝x21x3…x2n－1，证明：Tn≥
＋
1
. 4n
＋
＋
[解析] (1)y′＝(x2n2＋1)′＝(2n＋2)x2n1，曲线y＝x2n2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标 1nxn＝1－＝. n＋1n＋1
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知 12322n－1222Tn＝x2x…x＝－132n1
24…2n. 1
当n＝1时，T1＝；
4当n≥2时， 因为
x22n－1＝
2n－12＝2n－1＞
2n2n22
2n－12－12n－2n－1＝＝，
2nn2n21212n－11
所以Tn＞×××…×＝. 223n4n1综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
4n
B组
S4S61．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为( A )
S2S49
A．
45
C．
3
3
B．
2D．4
S4－S2S4[解析] 由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得＝3，
S2S2
则S6－S4＝5S2，
S69
所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
S44
S62．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且4a3－a6＝0，则＝( D )
S3A．－5 C．3
B．－3 D．5
[解析] ∵4a3－a6＝0，∴4a1q2＝a1q5，∵a1≠0，q≠0， a11－q61－q1－q6S633
∴q＝4，∴＝3＝3＝1＋q＝5. S3a11－q1－q
1－q
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( C ) 1A．
31C．
9
1B．－
31D．－
9
[解析] ∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1， a3＝9a1＝a1q2，∴q2＝9，
又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a3，∴a3＝1， 1又a3＝9a1，故a1＝.
9
n＋1an
3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝，则a2018
2＝( B )
A．2017 C．4034
n＋1an
[解析] ∵a1＝1，Sn＝，
2∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
n＋1annan－1
－， 22
B．2018 D．4036
anan－1即＝， nn－1
anan－1a1∴＝＝…＝＝1，∴an＝n. nn－11∴a2018＝2018.
4．(2018·浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则( B )
A．a1 [解析] 由x>0，ln x≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q<0，当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－1 5．(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝( D ) A．10 C．－5 B．15 D．20 [解析] 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1适合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)，因为p－q＝5，所以ap－aq＝20. 6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前n和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( A ) nA．n－1 22n－1C．n 2－1 n＋1B．n－1 2＋1n＋1D．n＋1 2 [解析] 设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8， {bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n， 2 Sn＋(1＋)an＝4. n 2n＋1n＋122an当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·nnnn－1n－1＝ an－1a1an1an1－ ，又因为＝1，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()n1(n∈N*)， 1n2n2n－1 n an＝n－1(n∈N*)．故选A． 2 7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝66. [解析] 本题主要考查数列的通项公式与求和． 依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，5×1－33 可见，数列{an}从第二项起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66. 1－3 8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50. [解析] ∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5. 又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)] ＝ln(e5)10＝lne50＝50. 注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam. 9．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； 11(2)记数列a的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值． 1 000n [解析] (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＝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. 11 (2)由(1)得＝n. an2 11n1－ 111122 所以Tn＝＋2＋3＋…＋n＝ 22221 1－21＝1－n. 2由|Tn－1|< 111n1－n－1<得，即2>1 000. 21 0001 000 因为29＝512<1 000<1 024＝210， 所以n≥10. 于是，使|Tn－1|< 1 成立的n的最小值为10. 1 000 10．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*，又2a2，a3，a2＋2成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围． [解析] (1)由Sn＋1＝qSn＋1 ① 可得，当n≥2时，Sn＝qSn－1＋1 ② ①－②得：an＋1＝qan. 又S2＝qS1＋1且a1＝1， 所以a2＝q＝q·a1， 所以数列{an}是以1为首项，q为公比的等比数列． 又2a2，a3，a2＋2成等差数列， 所以2a3＝2a2＋a2＋2＝3a2＋2， 即2q2＝3q＋2. 所以2q2－3q－2＝0， 1 解得q＝2或q＝－(舍)， 2 所以数列{an}的通项公式为：an＝2n1(n∈N*)． － (2)由题意得：bn＝2·2n1－λ(log22n)2＝2n－λn2， － 若数列{bn}为递增数列，则有 bn＋1－bn＝2 ＋ n＋1 2n －λ(n＋1)－2＋λn＝2－2nλ－λ>0，即λ<. 2n＋1 2 n 2 n 2n1 2n＋34n＋2因为n＝>1， 22n＋32n＋12n 所以数列{}为递增数列． 2n＋12n22所以≥，所以λ<. 32n＋13 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容