第一讲 等差数列、等比数列
限时规范训练
一、选择题
1．已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N)在经过点(8,4)的定直线l上，则数列{an}的前15项和S15＝( ) A．12 C．60
B．32 D．120
*
解析：∵点(n，an)在定直线上，∴数列{an}是等差数列，且a8＝4， ∴S15＝答案：C
2．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a7＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( ) A．1 C．4
2
2
2
a1＋a15×152a8×15
2
＝2
＝15a8＝60.
B．2 D．8
2
2
解析：∵a4－2a7＋3a8＝0，∴2a7＝a4＋3a8，∴2a7＝a5＋a7＋2a8＝a5＋a7＋a7＋a9，即2a7＝4a7， ∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b6b8b7＝b7b7＝(b7)＝8，故选D. 答案：D
3．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值等于( ) A．3 C．9
B．6 D．36
2
3
30?a5＋a6?2＝?6?2＝9. 解析：∵a1＋a2＋…＋a10＝30，得a5＋a6＝＝6，又an>0，∴a5·a6≤????5?2??2?答案：C
4．设等差数列{an}满足a2＝7，a4＝3，Sn是数列{an}的前n项和，则使得Sn＞0的最大的自然数n是( ) A．9 C．11
B．10 D．12
3－7解析：∵{an}的公差d＝＝－2，∴{an}的通项为an＝7－2(n－2)＝－2n＋11，∴{an}是递减
4－2数列，
且a5＞0＞a6，a5＋a6＝0，于是S9＝9a5＞0，S10＝答案：A
5．在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于( )
a5＋a6
2
·10＝0，S11＝11a6＜0，故选A.
A．4 C．6
B．5 D．7
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1
a11－qna1－anq2－32qn＝32，an＝2.当a1＝2，an＝32时，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1q1－q1－q1－q－1
，
n－1
所以2×2
1n＝2＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，an＝2时，由Sn＝62，解得q＝.
2
由an＝a1qB. 答案：B
n－1
?1?n－1?1?n－11?1?4
＝32×??＝2，得??＝＝??，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选
16?2??2??2?
6．在等差数列{an}中，a1＝－2015，其前n项和为Sn，若A．－2 015 C．2 016
B．2 015 D．0
S12S10
12－10
＝2，则S2016的值等于( )
12×1110×9
解析：设数列{an}的公差为d，S12＝12a1＋d，S10＝10a1＋d，
2212×11
12a1＋d2S1211S109S12S10
所以＝＝a1＋d. ＝a1＋d，所以－＝d＝2，
1212210212102 015×2 016所以S2 016＝2 016×a1＋d＝0.
2答案：D
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17＞0，S18＜0，则，，…，中最大的项为( ) A. C.
17
解析：因为{an}是等差数列，所以S17＝＋a10)＜0，
S1S2a1a2S15a15
S7a7S9a9
B. D.
S8a8
S10
a10
18
＝17a9＞0，a9＞0，S18＝a1＋a17
2
a1＋a18
2
＝9(a9
S9
a10＜0，即该等差数列前9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则最大，故选C.
a9
答案：C
8．正项等比数列{an}中，a2＝8,16a4＝a1a5，则数列{an}的前n项积Tn中的最大值为( ) A．T3
B．T4
2
C．T5 D．T6
12a412
解析：设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0)，则16a4＝a1a5＝a2a4＝8a4，a4＝，q＝＝，又q2a2161?1?n－27－2nn－25＋3＋…＋(7－2n)n(6－n)
＞0，则q＝，an＝a2q＝8×??＝2，则Tn＝a1a2…an＝2＝2，当n＝3时，
4?4?
n(6－n)取得最大值9，此时Tn最大，即(Tn)max＝T3，故选A.
答案：A 二、填空题
9．(2017·高考北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 则由a4＝a1＋3d，得d＝
a2
b2
a4－a18－－1
3
＝
3
＝3，
b4833
由b4＝b1q得q＝＝＝－8，∴q＝－2.
b1－1
∴＝
a2a1＋d－1＋3
＝＝1.
b2b1q－1×－2
答案：1
10．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e，所以a10a11＝e.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11) ＝10ln(a10a11)＝10ln e＝50ln e＝50. 答案：50
5
10
5
5
5
?111．等比数列{an}的首项为2，公比为3，前n项和为Sn.若log3?an?2
小值时，S2＝________. 解析：由题意可得an＝2×3
n－1
14
S4m＋1??＝9，则n＋m取最
?
21－3，Sn＝
1－3
n?1?nn＋4m－1
＝3－1，所以log3?anS4m＋1?＝log33＝n?2?
14?14??n2m?172n2m172255
＋4m－1＝9，所以n＋4m＝10，所以＋＝?＋??＋?＝＋＋≥＋2×＝＝，当
nm?nm??105?105m5n105102且仅当m＝n时取等号，∴n＝2，∴a2＝2×3＝6，∴S2＝2＋6＝8. 答案：8
1
12．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则? ＝________.
k＝1nSka3＝a1＋2d＝3，??
解析：设等差数列{an}的公差为d，则由?4×3
Sd＝10，4＝4a1＋?2?
∴Sn＝n×1＋
n
??a1＝1，
得?
?d＝1.?
nn－1
2
×1＝
nn＋1
2
1
，＝
Snn1?2?1
＝2?－?. n＋1?nn＋1?
11??1?2n11111?11111
∴? ＝＋＋＋…＋＝2?1－＋－＋－＋…＋－＝2?1－??＝n＋1. 22334nn＋1n＋1SSSSSk123n????k＝1答案：
2n n＋1
三、解答题
13．已知等差数列{an}中，a2＝5，前4项和S4＝28. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
na2＝a1＋d＝5，??
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则由已知条件得?4×3
S×d＝28，4＝4a1＋?2?
??a1＝1，
???d＝4，
∴
∴an＝a1＋(n－1)×d＝4n－3.
(2)由(1)可得bn＝(－1)an＝(－1)(4n－3)，T2n＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n－3)＝4×n＝4n. 14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an≠a1(当n≥2时)，数列{bn}满足bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 122
解析：(1)a3＝a1a7，即(a1＋2d)＝a1(a1＋6d)，化简得d＝a1或d＝0.
213×219当d＝a1时，S3＝3a1＋×a1＝a1＝9，得a1＝2，d＝1，
2222∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)＝n＋1，即an＝n＋1； 当d＝0时，由S3＝9，得a1＝3，即有an＝3. (2)由题意可知bn＝2an＝2
n＋1nn，∴b1＝4，
bn＋1
＝2. bn∴{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
nb11－qn41－2n＋2
∴Tn＝＝＝2－4.
1－q1－2
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an≠0，anan＋1＝pSn＋2，其中p为常数．
(1)证明：an＋2－an＝p；
(2)是否存在p，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解析：(1)证明：由题设知anan＋1＝pSn＋2，an＋1an＋2＝pSn＋1＋2， 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝pan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝p. (2)由题设知a1＝2，a1a2＝pS1＋2，可得a2＝p＋1，由(1)知a3＝p＋2. 令2a2＝a1＋a3，解得p＝2，故an＋2－an＝2，
由此可得{a2n－1}是首项为2，公差为2的等差数列，且a2n－1＝2n， {a2n}是首项为3，公差为2的等差数列，且a2n＝2n＋1， 所以an＝n＋1，an＋1－an＝1，
因此存在p＝2，使得数列{an}为等差数列．
2024年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列、等比数列习题
