2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列，共13页。

第15练　等差数列、等比数列


1．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设等差数列{an}的公差为d，
∵∴解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋d＝n2－4n.
2．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于(　　)
A．14 B．12 C．6 D．3
答案　D
解析　方法一　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得
即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
方法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
3．(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　C
解析　a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
4．(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)

A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案　C
解析　设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块)．
5．(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
答案　4
解析　设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
所以＝
＝＝＝4.
6．(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
答案　3n2－2n
解析　方法一　(观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝＝
＝3n2－2n.
方法二　(引入参变量法)
设bn＝2n－1，cm＝3m－2，令bn＝cm，m，n∈N*，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
7．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
(1)证明　由＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)解　由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，
得a＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝
＝2－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
8．(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
(1)证明　设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
(2)解　由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.

9．(2022·乐山调研)在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，那么a7＋a8等于(　　)
A．40 B．36 C．54 D．81
答案　C
解析　由等比数列性质知，
a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
其首项为16，公比为＝，
所以a7＋a8＝16×3＝54.
10．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)
A．10 B．15 C．20 D．25
答案　C
解析　由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，
由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.
又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.
a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20，
当且仅当S4＝5时等号成立，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
11．(多选)(2022·重庆质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，公比q＝，则(　　)
A．数列{a2n}是等比数列
B．数列是递减数列
C．数列{log2an}是等差数列
D．数列{a}是等比数列
答案　ACD
解析　在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，
则有an＝a1qn－1＝，
a2n＝＝，＝，
则数列{a2n}是等比数列，故A正确；
＝2n－1，显然＝2n>2n－1＝，
即数列是递增数列，故B不正确；
log2an＝log2＝－n＋1，
则数列{log2an}是等差数列，故C正确；
a＝2＝，则数列{a}是等比数列，故D正确．
12．(多选)(2022·武汉质检)若数列{an}前n项的和为Sn，则下列说法正确的是(　　)
A．若an＝－2n＋11，则数列{an}前5项的和最大
B．若Sn是等比数列{an}的前n项和，且Sn＝2·3n－1＋a，则a＝－2
C．a1＝2 024，Sn＝n2an，则a2 023＝
D．若{an}为等差数列，且a1 011<0，a1 011＋a1 012>0，则当Sn<0时，n的最大值为2 022
答案　AC
解析　由an＝－2n＋11≥0可得n≤，
故数列{an}前5项的和最大，故A正确；
由等比数列前n项和的特点知，Sn＝2·3n－1＋a＝·3n＋a，得a＝－，故B错误；
当n≥2时，由Sn＝n2an可得Sn－1＝(n－1)2an－1，
上述两个等式作差可得
an＝n2an－(n－1)2an－1，
即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，
所以＝，
故a2 023＝a1···…·＝2 024×××…×＝，故C正确；
因为{an}为等差数列，且a1 011<0，a1 011＋a1 012>0，则a1 012>0，
则S2 021＝＝2 021a1 011<0，
S2 022＝＝1 011(a1 011＋a1 012)>0，
因此，当Sn<0时，n的最大值为2 021，故D错误．
13．(2022·合肥质检)在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若S6－3S2＝24，则S8＝________.
答案　64
解析　∵数列{an}为等差数列，
∴数列为等差数列，
设其公差为d，
由题意可得－＝4d＝4，解得d＝1，
又∵＝a1＝1，
∴＝n，即Sn＝n2，
∴S8＝64.
14．(2022·淄博模拟)已知在等差数列{an}中，a5＝，设函数f(x)＝sin x＋cos 2x＋2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为________．
答案　18
解析　因为f(x)＝sin x＋cos 2x＋2＝2cos xsin x＋cos 2x＋2
＝sin 2x＋cos 2x＋2
＝sin＋2，
由2x＋＝kπ(k∈Z)，
可得x＝－(k∈Z)，
当k＝1时，x＝，
故函数f(x)的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，
所以数列{yn}的前9项和为f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝4×4＋f(a5)＝18.
15．(2022·咸阳模拟)在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，a1＝2，且数列{a－an}为常数列；②Sn＝(an＋n＋1)；③a1＝1，Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)中，任选一个条件，补充在横线上，并回答下面的问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________，求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
解　选①：因为a1＝2，数列{a－an}为常数列，
所以a－an＝a－a1＝22－2＝2，
解得an＝2或an＝－1，
因为数列{an}的任意相邻两项均不相等，且a1＝2，
所以数列{an}为2，－1,2，－1,2，－1，…，
所以an＋an－1＝1(n≥2)，
即an＝－an－1＋1(n≥2)，
所以an－＝－(n≥2)，
又a1－＝≠0，
所以是以为首项，－1为公比的等比数列，
所以an－＝(－1)n－1，
即an＝＋(－1)n－1，
所以Sn＝n＋×
＝＋(－1)n－1.
选②：因为Sn＝(an＋n＋1)，
易知a1＝2，Sn－1＝(an－1＋n－1＋1)(n≥2)，
所以两式相减可得an＝an－an－1＋，
即an＝－an－1＋1(n≥2)，
以下过程与①相同．
选③：由Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，
可得Sn＋1＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，
又S1＝a1＝1，
故{Sn＋1}是以S1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，
故Sn＋1＝2·2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
又a1＝1也满足上式．
综上所述，an＝2n－1，Sn＝2n－1.
16．(2022·湖南师大附中模拟)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)证明：不存在k∈N*，使得bk－ak∈(0,1)．
(1)解　因为a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an
＝8n(n∈N*)，①
则当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1
＝8(n－1)(n∈N*)，②
①－②，得2n－1an＝8，则an＝24－n，
在①中，令n＝1，可得a1＝8＝24－1，
所以an＝24－n(n∈N*)．
由题设，b1＝8，b2＝4，b3＝2，
则b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，
bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
所以bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*)．
(2)证明　bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，
当k≥4时，f(k)＝2＋－24－k单调递增，且f(4)＝1，
所以当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1，
又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，
所以不存在k∈N*，
使得bk－ak∈(0,1).

[考情分析]　高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合的解答题形式考查，属于中档题目．
一、等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
1．等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；
q≠1，Sn＝＝.
练后反馈
题目
1
2
5
6
8
16



正误









错题整理：

二、等差数列、等比数列的性质
核心提炼
1．等差数列常用性质：
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
2．等比数列常用性质：
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
(2)an＝am·qn－m.
练后反馈
题目
4
9
10
11
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13
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正误









错题整理：

三、等差数列、等比数列的判断与证明
核心提炼
证明数列{an}是等差(比)数列的方法：
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明(an≠0，n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，证明a＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)．
练后反馈
题目
3
7
15






正误









错题整理：


1．[T14补偿](2022·宜宾模拟)如图，作一个边长为1的正方形，再将各边的中点相连作第二个正方形，依此类推，共作了n个正方形，设这n个正方形的面积之和为Sn，则S5等于(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　依题意，从第2个正方形开始，以后每个正方形边长都是相邻前一个的，
而所有正方形都相似，则从第2个正方形开始，每个正方形面积都是相邻前一个的，
因此，将各正方形面积依次排成一列可得等比数列{an}，其首项a1＝1，公比q＝，
所以S5＝＝.
2．[T14补偿](2022·黄山质检)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则的值为(　　)
A. B．3
C．± D．±3
答案　B
解析　因为a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，
所以a1a13＝9，a1＋a13＝13，
所以a1>0，a13>0，
又{an}为等比数列，则a7＝a1q6>0，
所以a1a13＝a2a12＝a＝9，
所以a7＝3或a7＝－3(舍去)，
所以＝a7＝3.
3．[T6补偿](2022·黄山模拟)将数列{3n－1}与{2n＋1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为(　　)
A．210－1 B．210＋1
C．220－1 D．220＋1
答案　D
解析　设bm＝3m－1，cn＝2n＋1，
令bm＝cn，m，n∈N*，
则3m－1＝2n＋1，解得m＝.
又因为m，n∈N*，
所以n＝2,4,6，…，
即a1＝c2，a2＝c4，a3＝c6，…，
所以a10＝c20＝220＋1.
4．[T12补偿](2022·运城模拟)公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1>1，a2 021·a2 022>1，<0.则下列结论正确的是(　　)
A．Tn的最大值为T2 021
B．a2 021·a2 023>1
C．Sn的最大值为S2 023
D．q>1
答案　A
解析　根据题意，等比数列{an}满足条件a1>1，
a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，
若q>1，则a2 021＝a1·q2 020>1，
a2 022＝a1·q2 021>1，
则a2 021－1>0，a2 022－1>0，
则(a2 021－1)(a2 022－1)>0，
这与已知条件矛盾，所以q>1不符合题意，故D错误；
因为a1>1，a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，
所以q>0，a2 021>1，a2 022<1，
则00，
数列{an}的前2 021项都大于1，从第2 022项开始都小于1，
因此T2 021是数列{Tn}中的最大值，故A正确；
由等比数列的性质知，a2 021·a2 023＝a<1，故B错误；
而Sn＝a1＋a2＋…＋an，由以上分析可知其无最大值，故C错误．
5．[T15补偿](2022·潍坊模拟)在①点(an，Sn)在直线2x－y－1＝0上；②a1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2；③an>0，a1＝1,2a＋3anan＋1－2a＝0.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解．
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，________.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断－S1，Sn，Sn＋1是否成等差数列，并说明理由．
解　选条件①：
(1)由题设可得2an－Sn－1＝0，
即Sn＝2an－1，
当n≥2时，有Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，
又当n＝1时，S1＝2a1－1，解得a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.
(2)－S1，Sn，Sn＋1成等差数列．理由如下：
由(1)可得，Sn＝＝2n－1，
∴Sn＋1－S1＝2n＋1－1－1＝2(2n－1)＝2Sn，
∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列．
选条件②：
(1)∵a1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2，
∴Sn＝2Sn－1＋2(n≥2)，
两式相减得，an＋1＝2an(n≥2)，
又当n＝1时，有S2＝2S1＋2＝a1＋a2，
解得a2＝4，∴a2＝2a1，
∴数列{an}是首项、公比均为2的等比数列，
∴an＝2n.
(2)－S1，Sn，Sn＋1成等差数列．理由如下：
由(1)可得Sn＝＝2n＋1－2，
∴Sn＋1－S1＝2n＋2－2－2＝2(2n＋1－2)＝2Sn，
∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列．
选条件③：
(1)∵2a＋3anan＋1－2a＝0，
∴(2an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，
∴2an＋1－an＝0，即an＋1＝an，
又a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＝.
(2)－S1，Sn，Sn＋1不成等差数列．理由如下：
由(1)可得Sn＝＝2－，
∵Sn＋1－S1＝2－－1＝1－≠2Sn，
∴－S1，Sn，Sn＋1不成等差数列．