解密03 等差数列与等比数列（分层训练）-【高考数学之高频考点解密】（解析版）

解密03  等差数列与等比数列

A组 考点专练

一、选择题

1.在正项等比数列{an}中，若a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝(　　)

A.2  B.4   C.   D.8

【答案】B

【解析】设数列{an}的公比为q.

由已知得即＝，解得q＝或q＝2.当q＝时，a1＝－16，不符合题意；当q＝2时，a1＝1，所以a3＝a1q2＝4，故选B.

2．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是(　　)

A．13   B．12

C．11   D．10

【答案】　B

【解析】设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，

可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，

∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，

∴n＝12.

3.(多选题)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是(　　)

A.数列{Sn}中的最大项为S10

B.数列{an}的公差d<0

C.S10>0

D.S11<0

【答案】BCD

【解析】因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5＋a6>0，所以数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；数列{an}的公差d<0，B正确；S10＝＝5(a5＋a6)>0，C正确；S11＝＝11a6<0，D正确.故选BCD.

4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2 020这2 020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为(　　)

A.167   B.168   C.169   D.170

【答案】C

【解析】由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以

an＝12n－11，n∈N*，由an≤2 020，得n≤169.因为n∈N*，所以此数列的项数为169.

5.(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤1.记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式可能成立的是(　　)

A.2a4＝a2＋a6    B.2b4＝b2＋b6

C.a＝a2a8    D.b＝b2b8

【答案】ABC

【解析】由题意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，

可得bn＝a2n－1＋a2n(n＞1，n∈N*).

由为等差数列，可知为等差数列.

选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4＝a2＋a6，成立.

选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4＝b2＋b6，成立.

选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.

由a＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，

化简得a1d＝d2，又由d≠0，可得a1＝d，符合≤1，成立.故A，B，C均符合题意要求，

b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，

b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.

由b＝b2b8，知(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，

化简得2a1d＝3d2，又由d≠0，可得＝.

这与已知条件≤1矛盾.D错.

二、填空题

6.已知等差数列{an}的公差不为0，a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列，设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝________.

【答案】(n∈N*)

【解析】设等差数列{an}的公差为d.

∵a2，a4，a8成等比数列，

∴a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)·(a1＋7d)，

∴(1＋3d)2＝(1＋d)·(1＋7d)，

解得d＝1或d＝0(舍)．

∴Sn＝na1＋d＝(n∈N*)．

7.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a3＋a6＝2，则a9＝________.

【答案】1

【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，所以2S9＝S3＋S6，显然q＝1不满足此式，所以q≠1，所以＝＋，整理得1＋q3＝2q6，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，解得q3＝－.又a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝a1q2(1＋q3)＝a1q2＝2，所以a1q2＝4，所以a9＝a1q8＝a1q2·q6＝4×＝1.

8.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝_____，Sn的最小值为_______.

【答案】0，－10

【解析】由题意得a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，

解得a1＝－4，d＝1，

所以a5＝a1＋4d＝0，

故an＝a1＋(n－1)d＝n－5.

令an≤0，则n≤5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后项为正.

∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.

三、解答题

9.在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上.若问题中的正整数k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.

设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？

(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

【解析】在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，

∴a5＝10，∴公差d＝＝2，

∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，

∴b3＝a4＝8.

假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立.设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0).

若选①.

∵b2b3＝a16，

∴b2＝4，∴q＝＝2，∴bn＝2n.

∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.

∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.

若选②.

∵b4＝a12＝24，∴q＝＝3，∴bn＝8·3n－3.

∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，该方程无正整数解，

∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.

若选③.

∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，

∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，

解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n.

∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.

∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立.

10.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.

【解析】(1)因为2Sn＝(n＋1)an，

所以2Sn－1＝nan－1(n≥2).

两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1(n≥2)，

即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，

所以当n≥2时，＝，所以＝.

因为a1＝2，所以an＝2n.

(2)证明：an＝2n，令bn＝，n∈N*，

则bn＝＝＝－.

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝1－.

因为>0，所以1－<1.

因为y＝在N*上是递减函数，

所以y＝1－在N*上是递增函数.

所以当n＝1时，Tn取得最小值.所以≤Tn<1.

B组  专题综合练

11.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列.若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则(n∈N*)的最小值为(　　)

A.4    B.3

C.2－2    D.

【答案】A

【解析】由题意a1，a3，a13成等比数列，得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.

故an＝2n－1，Sn＝n2.

因此＝＝＝

＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，当且仅当n＝2时取得最小值4.

12.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.

(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；

(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.

【解析】(1)由a2＋a7＋a12＝－6，

得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，

从而Sn＝(n∈N*).

(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，

设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，

∴Tm＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m))),1－\f(1,2))＝8，

∵随m的增大而减小，

∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.

又Sn＝＝－，

故(Sn)max＝S4＝S5＝10，

若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.

故实数λ的取值范围为(2，＋∞).