发布时间 : 星期三 文章2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题4 数列 第1讲 Word版含解析更新完毕开始阅读
?2n－1?
?2＝错误!＞因为x2n－1＝?
?2n?
错误!＝错误!＝错误!，
?1?12n－112
所以Tn＞??×××…×＝.
223n4n??
*
B组
综上可得，对任意的n∈N，均有Tn≥.4n
1
S4S6
1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为( A )
S2S4
3
B．
2
9A．
45C．
3
D．4
S4S4－S2
[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，则S6－S4＝5S2，
S2S2
S69
所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
S44
S6
2．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且4a3－a6＝0，则＝( D )
S3
B．－3D．5
A．－5 C．3
[解析]∵4a3－a6＝0，∴4a1q2＝a1q5，∵a1≠0，q≠0，
S6
∴q＝4，∴＝错误!＝错误!＝1＋q3＝5.
S3
3
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( C )
1B．－
31D．－
9
1A．
31C．
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
3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝错误!，则a2018＝( B )
B．2018D．4036
A．2017 C．4034
[解析]∵a1＝1，Sn＝错误!，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝错误!－错误!，
anan－1
即＝，nn－1
anan－1a1
∴＝＝…＝＝1，∴an＝n.nn－11
∴a2018＝2018.
则( B )
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，
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 )
B．15 D．20
A．10 C．－5
[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.
B．
2n－1＋1
n＋1n＋1
A．
an＝( A ) 2n－1n
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
D．
2n＋1
2n－1C．
2n－1
[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
2
2
Sn＋(1＋)an＝4.
n
当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以错误!an＝错误!·an－1，即2·错误!＝错误!，
nn－1a1an1an1－n
n1*
又因为＝1，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()(n∈N)，an＝(n∈N*)．故
1n2n22n－1
选A．
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，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＋错误!＝66.
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；
?1?1
(2)记数列??的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．
an1000??
[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.1
1
(2)由(1)得＝.an2n
1?
1111
所以Tn＝＋＋＋…＋＝222232n
?1??
?1－??n?2??2??
11－
2
1
1
＝1－.2n
??11
由|Tn－1|<得?1－－1?<，即2n>1000.
2n1000??1000
因为29＝512<1000<1024＝210，
于是，使|Tn－1|<
1
所以n≥10.
成立的n的最小值为10.1000
∈
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；[解析](1)由Sn＋1＝qSn＋1①
(2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
可得，当n≥2时，Sn＝qSn－1＋1②
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，
－
bn＋1－bn＝2
n＋1
2
n
2
若数列{bn}为递增数列，则有
n
－λ(n＋1)－2＋λn＝2－2nλ－λ>0，即λ<.
2n＋1
2n
2n＋1
2n＋34n＋2因为＝>1，
2n2n＋3
2n＋12n
所以数列{}为递增数列．2n＋1
2
所以≥，所以λ<.
2n＋133
2n
2