2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题三 第2讲 专题强化训练（含答案解析）

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1、A 组 夯基保分专练一、选择题1在等比数列a n中，公比 q2，前 87 项和 S87140，则 a3a 6a 9a 87 等于( )A. B601403C80 D160解析：选 C.a3a 6a 9 a87a 3(1q 3q 6q 84)a 1q2 1 （q3）291 q3 14080.故选 C.q21 q q2 a1（1 q87）1 q 472已知数列a n中，a 1a 21，a n2 则数列a n的前 20 项和为an 2， n是 奇 数 ，2an， n是 偶 数 ， )( )A1 121 B1 122C1 123 D1 124解析：选 C.由题意可知，数列 a2n是首项为 1，公比为

2、2 的等比数列，数列 a2n1 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列a n的前 20 项和为 1011（1 210）1 221 123.选 C.10923已知数列a n满足 2a12 2a22 nann(nN *)，数列 的前 n1log2anlog2an 1项和为 Sn，则 S1S2S3S10( )A. B.110 15C. D.111 211解析：选 C.因为 2a12 2a2 2 nann(nN *)，所以 2a12 2a22 n1 an1 n1(n2) ，两式相减得 2nan1(n2)，a 1 也满足上式，故 an ，12 12n故 ，1log2anlog2an 1 1n（n

3、1） 1n 1n 1Sn1 1 ，12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1所以 S1S2S3S10 ，故选 C.12 23 34 910 1011 1114(2018太原模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn3)(nN *)在函数y32 x 的图象上，等比数列 bn满足 bnb n1 a n(nN *)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是( )AS n2T n BT n2b n1CT nan DT n0，所以 a2a312 为 anan1 的最小值；当 时，可得 此时 an7n53，a 74，a 83，易知当 n7 时，a4 25，a6 11) a1 4

4、6，d 7，)an0，当 n8 时，a n0，可得 q2，故 bn2 n1 .所以，T n 2 n1.1 2n1 2设等差数列a n的公差为 d.由 b4a 3a 5，可得 a13d 4.由 b5a 42a 6，可得 3a113d16，从而 a11，d1，故 ann.所以，S n .n（n 1）2(2)由(1)，有T1T 2T n(2 12 22 n)n n2 n1 n2.2（1 2n）1 2由 Sn(T 1T 2T n)a n4b n 可得2 n1 n2n2 n1 ，n（n 1）2整理得 n23n40，解得 n1(舍)，或 n4.所以，n 的值为 4.11(2018陕西教学质量检测( 一)已

5、知在递增的等差数列a n中，a 12，a 3 是 a1 和 a9的等比中项(1)求数列a n的通项公式；(2)若 bn ，S n 为数列 bn的前 n 项和，求 S100 的值1（n 1）an解：(1)设公差为 d(d0)，则 ana 1(n1)d.因为 a3 是 a1 和 a9 的等比中项，所以 a a 1a9，23即(22d) 22(28d)，解得 d0(舍去)或 d2.所以 ana 1(n1)d2n.(2)由(1)得 bn ，1（n 1）an 12n（n 1） 12(1n 1n 1)所以 S100b 1b 2b 100 (1 ) .12 12 12 13 1100 1101 12 (1

6、1101) 5010112(2018兰州模拟)已知等差数列 an中，a 22，a 3a 58，数列 bn中，b 12，其前 n 项和 Sn 满足：b n1 S n2( nN *)(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)设 cn ，求数列c n的前 n 项和 Tn.anbn解：(1)设a n的公差为 d，因为 a22，a 3a 58，所以 2d23d8，所以 d1，所以 ann.因为 bn1 S n2(nN *)，所以 bnS n1 2(nN *，n2)得，b n1 b nS nS n1 b n(nN *，n2)，所以 bn1 2b n(nN *，n2)因为 b12，b 22b 1，所以b

7、n为等比数列，b 12，q2，所以 bn2 n.(2)因为 cn ，anbn n2n所以 Tn ，12 222 323 n 12n 1 n2nTn ，12 122 223 324 n 12n n2n 1两式相减，得 Tn 1 ，12 12 122 12n n2n 1 2 n2n 1所以 Tn2 .n 22nB 组 大题增分专练1(2018昆明模拟)数列a n满足 a11，a n1 2a n3.(1)证明a n1是等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)已知符号函数 sgn(x) 设 bna nsgn(an)，求数列b n的前 100 项1， x0，0， x 0， 1， x0， )和解：(1)

8、因为 an1 2a n3，a 11，所以 an1 12(a n1)，a 112，所以数列a n1是首项为2，公比为2 的等比数列故 an1(2) n，即 an( 2) n1.(2)bna nsgn(an) 2n 1，n为 偶 数 ，2n 1，n为 奇 数 ，)设数列b n的前 n 项和为 Sn，则 S100(21) (2 21)(2 31)(2 991)(2 100 1)2 2 22 32 1002 1012.2(2018惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列a n中，a 1，a 4，a 8 成等比数列(1)若数列a n的前 10 项和为 45，求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，且

9、数列 bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn ，求数列a n的公1anan 1 19 1n 9差解：(1)设数列a n的公差为 d(d0)，由 a1，a 4，a 8 成等比数列可得 a a 1a8，24即(a 13d) 2a 1(a17d)，得 a19d.由数列a n的前 10 项和为 45 得 10a145d45，即 90d45d45，所以 d ，a 13.13故数列a n的通项公式为 an3(n1) .13 n 83(2)因为 bn ，1anan 1 1d(1an 1an 1)所以数列b n的前 n 项和 Tn 1d(1a1 1a2) (1a2 1a3) (1an 1an 1) ，1d(1a

10、1 1an 1)即 Tn 1d(1a1 1a1 nd) 1d(19d 19d nd) ，1d2(19 19 n) 19 19 n因此 1，解得 d1 或 1.1d2故数列a n的公差为1 或 1.3已知等差数列a n的首项 a12，前 n 项和为 Sn，等比数列 bn的首项 b11，且a2b 3，S 36b 2，nN *.(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)数列c n满足 cnb n(1) nan，记数列 cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解：(1)设数列a n的公差为 d，数列 bn的公比为 q.因为 a12，b 11，且 a2b 3，S 36b 2，所以 解得2 d q2，3（

11、2 2 2d）2 6q.) d 2，q 2.)所以 an2(n1)22n，b n2 n1 .(2)由题意：c nb n(1) nan2 n1 (1) n2n.所以 Tn(1 2 42 n1 )2468( 1) n2n，若 n 为偶数：Tn (24)(68) 2(n1) 2n1 2n1 22 n1 22 nn1.n2若 n 为奇数：Tn (24)(68) 2(n2) 2(n 1)2n1 2n1 22 n12 2n2 nn2.n 12所以 Tn 2n n 1，n为 偶 数 ，2n n 2，n为 奇 数 .)4已知数列a n满足 a13，a n1 2a nn1，数列b n满足b12，b n1 b n

12、a nn，nN *.(1)证明：a n n为等比数列；(2)数列c n满足 cn ，求证数列c n的前 n 项和 Tn .an n（bn 1）（bn 1 1） 13证明：(1)因为 an1 2a nn1，所以 an1 (n1)2( ann) 又 a13，所以 a112，所以数列a nn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知，a nn22 n1 2 n.所以 bn1 b na nnb n2 n，即 bn1 b n2 n.b2b 12 1，b3b 22 2，b4b 32 3，bnb n1 2 n1 .以上式子相加，得 bn2 2 n(n2)2（1 2n 1）1 2当 n1 时，b 12，满足 bn2 n，所以 bn2 n.所以 cn .an n（bn 1）（bn 1 1） 2n（2n 1）（2n 1 1） 12n 1 12n 1 1所以 Tn .12 1 122 1 122 1 123 1 12n 1 12n 1 1 13 12n 1 113