1、第一部分 一 9 一、选择题1(文)(2014东北三省三校联考)等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a2a 4a 6 12，则 S7 的值是( )A21 B24 C28 D7答案 C解析 a 2a 4a 63a 412， a44，2a4a 1a 78， S7 28.7a1 a72 782方法点拨 1.熟记等差、等比数列的求和公式2形如 an1 a nf(n)的递推关系用累加法可求出通项；3形如 an1 a nf(n)的递推关系可考虑用累乘法求通项 an；4形如 an1 ka nb( k、b 为常数)可通过变形，设 bna n 构造等比数列求通项bk 1an.(理)在等比数列 an中，a
2、1a，前 n 项和为 Sn，若数列a n1 成等差数列，则 Sn等于( )Aa n1 a Bn(a1)Cna D( a1) n1答案 C解析 利用常数列 a，a，a，判断， 则存在等差数列 a1， a1，a1，或通过下列运算得到：2(aq1)( a1) (aq21)，q1，S nna.2(文)已知 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若 S11， 4，则 的值为( )S4S2 S6S4A. B. 94 32C. D453答案 A解析 由等差数列的性质可知 S2，S4S 2，S6S 4 成等差数列，由 4 得 3，S4S2 S4 S2S2则 S6S 45S 2，所以 S44S 2，S69S 2，
3、 .S6S4 94(理)(2014全国大纲文，8)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn.若 S23，S 415，则 S6( )A31 B32C63 D64答案 C解析 解法 1：由条件知：a n0，且Error!Error!q2.a1 1，S6 63.1 261 2解法 2：由题意知，S 2，S4S 2，S6S 4 成等比数列，即( S4S 2)2S 2(S6S 4)，即1223( S615)， S663.方法点拨 下标成等差的等差、等比数列的项或前 n 项和的问题，常考虑应用等差、等比数列的性质求解3(2015浙江理，3)已知a n是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn.若a3
4、，a 4，a 8 成等比数列，则( )Aa 1d0，dS 40Ba 1d0，dS 40答案 B解析 考查等差数列的通项公式及其前 n 项和；等比数列的概念an为等差数列，且 a3，a4，a8 成等比数列，(a13d) 2( a12d)( a17d)a1 d，53S4 2(a1a 4)2(a 1a 13 d) d，23a1d d20，dS 4 d20，故选 B.53 234等比数列a n的前 n 项和为 Sn，已知 S3a 210a 1，a 59，则 a1( )A. B13 13C. D19 19答案 C解析 S 3a 210a 1，a1a 2a 3a 210a 1，a39a 1a 1q2，q2
5、9，又 a5 9，9a 3q29a 3，a31，又 a39a 1，故 a1 .19方法点拨 求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前 n 项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解5(2015江西省质检)已知数列 an满足 a11，a 23，a n2 3a n(nN *)，则数列a n的前 2015 项的和 S2015 等于( )A3 10082 B3 10083C3 20152 D3 20153答案 A解析 因为 a11，a 23， 3，an 2an所以 S2015(a 1a 3a 2015)(a 2a 4a 2014) 3 10082.1 310081 3 31 310071 3
6、6(文)(2014新乡、许昌、平顶山调研)设 an是等比数列，S n是a n的前 n 项和，对任意正整数 n，有 an2a n1 a n2 0，又 a12，则 S101 的值为( )A2 B200C2 D0答案 A解析 设公比为q，an2a n1 an2 0， a12a 2a 30，a 12a 1qa 1q20， q22q10， q1，又 a1 2，S101 2.a11 q1011 q 21 11011 1(理)(2014哈三中二模)等比数列 an，满足a1a 2a 3a 4a 53，a a a a a 15，则 a1a 2a 3a 4a 5 的值是( )21 2 23 24 25A3 B.
7、5C D55答案 D解析 由条件知Error! ， 5，a11 q51 qa1 a2a 3a 4a 5 5.a11 q51 q a11 q51 q7(文)在等差数列 an中，a 1a 2a 33，a 18a 19a 2087，则此数列前 20 项的和等于( )A290 B300C580 D600答案 B解析 由 a1a 2a 33，a 18a 19a 2087 得，a1a 2030，S20 300.20a1 a202(理)已知等比数列 an中，各项都是正数，且 a1， a3,2a2 成等差数列，则 ( )12 a8 a9a6 a7A1 B12 2C32 D322 2答案 C解析 由条件知 a3
8、a 12a 2，a1q2 a12a 1q，a1 0，q22q10，q0，q1 ，2 q 232 .a8 a9a6 a7 28(2015福建理，8)若 a，b 是函数 f(x)x 2pxq( p0，q0)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 pq 的值等于( )A6 B7C8 D9答案 D解析 由韦达定理得 abp， abq，因 为 p0，q0，则 a0， b0，当 a，b，2 适当排序后成等比数列时，2 必为等比中项，故 ab( 2) 24，故 q4，b .当适当排序后4a成等差数列时，2 必不是等差中 项，当 a 是等差中项时，2a
9、2，解得 a1，b4， ；当 b4a是等差中项时， a2，解得 a4，b1， 综上所述， abp5，所以 pq9，选 D.8a9已知数列a n，b n满足 a1b 11，a n1 a n 2，nN ，则数列 ban的bn 1bn前 10 项的和为( )A. (491) B. (4101)43 43C. (491) D. (4101)13 13答案 D解析 由 a11，a n1 a n 2 得，a n2n1，由 2，b 11 得 bn2 n 1，bn 1bnban2 an12 2(n1) 4 n1 ，数列 ban前 10 项和为 (4101)1410 14 1 1310(文) 若数列 an为等比
10、数列，且 a11，q2，则 Tn 1a1a2 1a2a3等于( )1anan 1A1 B. (1 )14n 23 14nC1 D. (1 )12n 23 12n答案 B解析 因为 an12 n1 2 n1 ，所以 anan1 2 n1 2n24 n1 ，所以 ( )n1 ，所以 也是等比数列，1anan 1 12 14 1anan 1所以 Tn (1 )，故选 B.1a1a2 1a2a3 1anan 1 1211 14n1 14 23 14n(理)(2014唐山市一模)已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a1a 3 ，a 2a 4 ，52 54则 ( )SnanA4 n1 B4 n1
11、C2 n1 D2 n1答案 C解析 设公比为 q，则 a1(1 q2) ，a2(1q 2) ，q ，a1 a1 ，a12.52 54 12 14 52an a1qn1 2( )n1 ，Sn 41( )n， 2(2 n1 )1221 12n1 12 12 Snan41 12n212n 1 122 n1.点评 用一般解法解出 a1、q，计算量大，若注意到等比数列的性质及求 ，可简明Snan解答如下：a 2a 4q(a 1a 3)，q ，12 2 n1.Snan a11 qn1 qa1qn 1 1 qn1 qqn 11 12n12 12n 111给出数列 ， ，在这个数列中，第 50 个值等于 11
12、11221132231 1k 2k 1 k1的项的序号是( )A4900 B4901C5000 D5001答案 B解析 根据条件找规律，第 1 个 1 是分子、分母的和为 2，第 2 个 1 是分子、分母的和为 4，第 3 个 1 是分子、分母的和为 6，第 50 个 1 是分子、分母的和为 100，而分子、分母的和为 2 的有 1 项，分子、分母的和为 3 的有 2 项，分子、分母的和为 4 的有 3 项，分子、分母的和为 99 的有 98 项，分子、分母的和为 100 的项依次是： ， ， ， ， ， ，第199298397 50505149 99150 个 1 是其中第 50 项，在数列
13、中的序号 为 123 9850 504901.981 982点评 本题考查归纳能力，由已知项找到规律， “1”所在项的特点以及项数与分子、分母的和之间的关系，再利用等差数列求和公式即可二、填空题12(文)(2015广东理，10)在等差数列 an中，若 a3a 4a 5a 6a 725，则a2a 8_.答案 10解析 本题考查等差数列的性质及简单运算，属于容易 题 因为a n是等差数列，所以 a3a 7a 4a 6a 2a 82a 5，a3a 4a 5a 6a 75a 525 即 a55，a 2a 82a 510.(理)(2015湖南理，14)设 Sn为等比数列 an的前 n 项和若 a11，且
14、 3S1,2S2，S 3 成等差数列，则 an_.答案 3 n1解析 考查等差数列与等比数列的性质3S1,2S2，S3 成等差数列， 4S23S 1S 3，4(a1a 2)3a 1a 1a 2a 3a 33a 2q3.又 an为等比数列， ana 1qn1 3 n1 .方法点拨 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别13(文)(2015安徽理，14)已知数列 an是递增的等比数列，a 1a 49，a 2a38，则数列 an的前 n 项和等于_答案 2 n1解析 考查 1.等比数列的性质；2.等比
15、数列的前 n 项和公式由题意，Error!Error!解得 a11，a 48 或者 a18， a41，而数列a n是递增的等比数列，所以 a11，a 48，即 q3 8，所以 q2，因而数列 an的前 n 项和 Sn a4a1 a11 qn1 q2 n1.1 2n1 2(理)(2015江苏，11)设数列a n满足 a11，且 an1 a nn1(nN *)，则数列 前1an10 项的和为_答案 2011解析 考查数列通项，裂项 求和由题意得：a n(a na n1 )( an1 a n2 )(a 2a 1)a 1n(n1)21，所以 2( )，Sn2(1 )2( ) 2( )2(1 )nn 1
16、2 1an 1n 1n 1 12 12 13 1n 1n 1 1n 1 ，S10 .2nn 1 2011三、解答题14(文) 设数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn4a np(nN *)，其中 p 是不为零的常数(1)证明：数列a n是等比数列；(2)当 p3 时，若数列b n满足 bn1 a nb n(nN *)，b 12，求数列b n的通项公式解析 (1)证明：因为 Sn4a np(nN *)，则 Sn1 4a n1 p(nN *，n2)，所以当 n2 时，a nS nS n 14a n4a n1 ，整理得 an an1 .43由 Sn4a np，令 n1，得 a14a 1p，解得
17、a1 .p3所以a n是首项为 ，公比为 的等比数列p3 43(2)因为 a11，则 an( )n1 ，43由 bn1 a nb n(n1,2，)，得 bn1 b n( )n1 ，43当 n2 时，由累加法得bnb 1(b 2b 1)( b3b 2)(b nb n1 )2 3( )n1 1，1 43n 11 43 43当 n1 时，上式也成立b n3( )n1 1.43方法点拨 证明数列是等差(等比) 数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化(理)(2015河南高考适应性测试)已知数列 an的各项均为正数，且a12，a na 4a n1 2.2n 1(1)令 bnlog 2(an2)，证
18、明：数列 bn是等比数列(2)设 cnnb n，求数列c n的前 n 项和 Sn.解析 (1)由 ana 4a n1 2，得 an2a 4 an1 4(a n1 2) 2.2n 1 2n 1因为 an0，所以 a n1 2.an 2因为 ，bn 1bn log2an 1 2log2an 2 log2an 2log2an 2 12又 b1log 2(a12)2，所以数列b n是首项为 2，公比 为 的等比数列12(2)由(1)知，b n2 n1 ，则 cn2n n1 .(12) (12)Sn2 04 12(n1) n2 2n n1 ，(12) (12) (12) (12)Sn2 14 22(n1
19、) n1 2n n.12 (12) (12) (12) (12)得： Sn2 02 12 22 n1 2n n12 (12) (12) (12) (12) (12) 2n n4(42n) n.21 (12)n1 12 (12) (12)所以 Sn8(n2) n2 .(12)15(2015南昌市一模)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，a 11，S 36，正项数列bn满足 b1b2b3bn2S n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)若 bnan对 nN *均成立，求实数 的取值范围解析 (1)等差数列a n，a1 1，S36， d1，故 annError!，(1)(2)得 bn2
20、S nS n1 2a n2 n(n2) ，b12S 12 12，满足通项公式，故 bn2 n(2) 设 bnan恒成立 恒成立，设 cn n2n n2n cn 1cn n 12n当 n2 时，c n .12 1216(文)(2014湖北理，18)已知等差数列 an满足：a 12，且 a1，a 2，a 5 成等比数列(1)求数列a n的通项公式；(2)记 Sn为数列a n的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由分析 (1)设数列a n的公差为 d，利用等比数列的性质得到 a a 1a5，并用 a1、d 表2示 a2、a 5，列等式求解
21、公差 d，进而求出通项，注意对公差 d 分类讨论；(2)利用(1) 的结论，对数列 an的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前 n 项和公式求解 Sn，然后根据 Sn60n800 列不等式求解解析 (1)设数列a n的公差为 d，依 题意，2,2d,24d 成等比数列，故有(2d)22(2 4d)化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，a n2；当 d4 时，a n2(n1)44n2，从而得数列a n的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，S n2n，显然 2n60n800 成立，当 an4n2 时，S n 2n 2，n2 4n 22令 2n260n
22、800，即 n230n 4000，解得 n40 或 n60n800 成立， n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当 an4n2 时，存在满足题 意的 n，其最小 值为 41.方法点拨 存在型探索性问题解答时先假设存在，依据相关知识(概念、定理、公式、法则、性质等)，结合所给条件进行推理或运算，直到得出结果或一个明显成立或错误的结论，从而断定存在与否(理)(2014新课标理，17)已知数列 an的前 n 项和为Sn，a 11，a n0，a nan1 S n1，其中 为常数(1)证明：a n2 a n ；(2)是否存在 ，使得a n为等差数列？并说明理由分析 (1)利
23、用 an1 S n1 S n用配凑法可获证；(2)假设存在 ，则 a1，a 2，a 3 应成等差数列求出 的值，然后依据 an2 a n 推证 an为等差数列解析 (1)由题设：a nan1 S n1， an1 an2 S n1 1，两式相减得 an1 (an2 a n)a n1 .由于 an1 0，所以 an2 a n .(2)由题设，a 11，a 1a2S 11，可得 a2 1. 由(1)知，a 31，令 2a2a 1a 3，解得 4.故 an2 a n4，由此可得a2n1 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a 2n1 4n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a 2n4n1.所以 an2n1，a n1 a n2.因此存在 4 ，使得数列 an为等差数列.
