专题五 数列-2024五年高考题分类训练（数学）

这是一份专题五 数列-2024五年高考题分类训练（数学），共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]记Sn 为等差数列{an} 的前n 项和．若a2+a6=10 ，a4a8=45 ，则S5= ( C )
A. 25B. 22C. 20D. 15
[解析]解法一由a2+a6=10 ，可得2a4=10 ，所以a4=5 ，又a4a8=45 ，所以a8=9 .设等差数列{an} 的公差为d ，则d=a8−a48−4=9−54=1 ，又a4=5 ，所以a1=2 ，所以S5=5a1+5×42×d=20 ，故选C .
解法二 设等差数列{an} 的公差为d ，则由a2+a6=10 ，可得a1+3d=5 ①，由a4a8=45 ，可得a1+3da1+7d=45 ②，由①②可得a1=2 ，d=1 ，所以S5=5a1+5×42×d=20 ，故选C .
2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列{an} 的公差为2π3 ，集合S={csan|n∈N∗} ，若S={a ，b} ，则ab= ( B )
A. −1 B. −12 C. 0D. 12
[解析]由题意得an=a1+2π3n−1 ，csan+3=csa1+2π3n+2=csa1+2π3n+4π3=csa1+2π3n+2π−2π3=csa1+2π3n−2π3=csan ，所以数列{csan} 是以3为周期的周期数列，又csa2=csa1+2π3=−12csa1−32sina1 ，csa3=csa1+4π3=−12csa1+32sina1 ，因为集合S 中只有两个元素，所以有三种情况：csa1=csa2≠csa3 ，csa1=csa3≠csa2 ，csa2=csa3≠csa1 .下面逐一讨论：
①当csa1=csa2≠csa3 时，有csa1=−12csa1−32sina1 ，得tana1=−3 ，所以ab=csa1−12csa1+32sina1=−12cs2a1+32sina1csa1=−12cs2a1+32sina1csa1sin2a1+cs2a1=−12+32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12 .
②当csa1=csa3≠csa2 时，有csa1=−12csa1+32sina1 ，得tana1=3 ，所以ab=csa1−12csa1−32sina1=−12cs2a1−32sina1csa1=−12cs2a1−32sina1csa1sin2a1+cs2a1=−12−32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12 .
③当csa2=csa3≠csa1 时，有−12csa1−32sina1=−12csa1+32sina1 ，得sina1=0 ，所以ab=csa1−12csa1−32sina1=−12cs2a1=−121−sin2a1=−12 .
综上，ab=−12 ，故选B .
【速解】 取a1=−π3 ，则csa1=12 ，csa2=csa1+2π3=12 ，csa3=csa1+4π3=−1 ，所以S={12 ,−1} ，ab=−12 ，故选B.
3. [2021北京，4分]已知{an} 和{bn} 是两个等差数列，且akbk1≤k≤5 是常值，若a1=288 ,a5=96 ,b1=192 ，则b3 的值为( C )
A. 64B. 100C. 128D. 132
[解析]因为{an} 和{bn} 是两个等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384 ，所以a3=192 .因为当1≤k≤5 时，akbk 是常值，所以a3b3=a1b1=288192=192b3 ，从而b3=128 .故选C .
4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，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）( C )
A. 3 699块B. 3 474块C. 3 402块D. 3 339块
[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an} ，设数列{an} 的公差为d ,前n 项和为Sn ，易知其首项a1=9 ，d=9 ，所以an=a1+n−1d=9n ．由等差数列的性质知Sn ,S2n−Sn ,S3n−S2n 也成等差数列，所以2S2n−Sn=Sn+S3n−S2n ，所以S3n−S2n−S2n−Sn=S2n−2Sn=2n9+18n2−2×n9+9n2=9n2=729 ，得n=9 ，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n9+27n2=3×9×9+27×92=3402 ，故选C ．
5. [2020浙江，4分]已知等差数列{an} 的前n 项和为Sn ,公差d≠0 ，且a1d≤1 .记b1=S2 ，bn+1=S2n+2−S2n ,n∈N∗ ,下列等式不可能成立的是( D )
A. 2a4=a2+a6 B. 2b4=b2+b6 C. a42=a2a8 D. b42=b2b8
[解析]由bn+1=S2n+2−S2n ，得b2=a3+a4=2a1+5d ，b4=a7+a8=2a1+13d ，b6=a11+a12 ,b8=a15+a16=2a1+29d .由等差数列的性质易知A 成立；若2b4=b2+b6 ,则2a7+a8=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8 ，故B 成立；若a42=a2a8 ,即a1+3d2=a1+da1+7d ,则a1=d ,故C 可能成立；若b42=b2b8 ,即2a1+13d2=2a1+5d2a1+29d ，则a1d=32 ，与已知矛盾，故D 不可能成立.
6. [2020北京，4分]在等差数列{an} 中，a1=−9 ,a5=−1 .记Tn=a1a2…ann=1,2,… ,则数列{Tn} ( B )
A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项
[解析]设等差数列{an} 的公差为d ，∵a1=−9 ，a5=−1 ,∴a5=−9+4d=−1 ,∴d=2 ,∴an=−9+n−1×2=2n−11 .令an=2n−11≤0 ,则n≤5.5 ,∴n≤5 时,an0.∴T1=−90 ，T3=−9×−7×−5=−3150 ,T5=−9×−7×−5×−3×−1=−9450 ,且an≥1 ，∴Tn+11 ，所以d=3 .
所以{an} 的通项公式为an=3n .
（2） 若{bn} 为等差数列，且S99−T99=99 ，求d .
[答案]因为bn=n2+nan ，且{bn} 为等差数列，
所以2b2=b1+b3 ，即2×6a2=2a1+12a3 ，
所以6a1+d−1a1=6a1+2d ，所以a12−3a1d+2d2=0 ，
解得a1=d 或a1=2d .
①当a1=d 时，an=nd ，所以bn=n2+nan=n2+nnd=n+1d ，
S99=99a1+a992=99d+99d2=99×50d ，
T99=99b1+b992=992d+100d2=99×51d .
因为S99−T99=99 ，
所以99×50d−99×51d=99 ，
即50d2−d−51=0 ，
解得d=5150 或d=−1 （舍去）.
②当a1=2d 时，an=n+1d ，所以bn=n2+nan=n2+nn+1d=nd ，
S99=99a1+a992=992d+100d2=99×51d ，
T99=99b1+b992=991d+99d2=99×50d .
因为S99−T99=99 ，
所以99×51d−99×50d=99 ，
即51d2−d−50=0 ，
解得d=−5051 （舍去）或d=1 （舍去）.
综上，d=5150 .
15. [2022全国卷甲，12分]记Sn 为数列{an} 的前n 项和.已知2Snn+n=2an+1 .
（1） 证明:{an} 是等差数列;
[答案]由2Snn+n=2an+1 ，得2Sn+n2=2ann+n ①，
所以2Sn+1+n+12=2an+1n+1+n+1 ②，
②−① ，得2an+1+2n+1=2an+1n+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） 若a4 ,a7 ,a9 成等比数列，求Sn 的最小值.
[答案]由（1）知数列{an} 的公差为1.
由a72=a4a9 ，得a1+62=a1+3a1+8 ，
解得a1=−12 .所以Sn=−12n+nn−12=n2−25n2=12n−2522−6258 ，所以当n=12 或13时，Sn 取得最小值,最小值为−78 .
16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记Sn 是公差不为0的等差数列{an} 的前n 项和，若a3=S5 ,a2a4=S4 .
（1） 求数列{an} 的通项公式；
[答案]设等差数列{an} 的公差为dd≠0 ，
则由题意，得a1+2d=5a1+10d,a1+da1+3d=4a1+6d 得a1=−4,d=2
所以an=a1+n−1d=2n−6 .
（2） 求使Sn>an 成立的n 的最小值.
[答案]Sn=na1+an2=n2n−102=n2−5n ，
则由n2−5n>2n−6 ，整理得n2−7n+6>0 ，解得n6 .
因为n∈N∗ ，所以使Sn>an 成立的n 的最小值为7.
17. [2021全国卷甲，12分]已知数列{an} 的各项均为正数,记Sn 为{an} 的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an} 是等差数列；②数列{Sn }是等差数列；③a2=3a1 .
注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
[答案]①③⇒② .
已知{an} 是等差数列，a2=3a1 .
设数列{an} 的公差为d ，则a2=3a1=a1+d ，得d=2a1 ，
所以Sn=na1+nn−12d=n2a1 .
因为数列{an} 的各项均为正数，所以Sn=na1 ，
所以Sn+1−Sn=n+1a1−na1=a1 （常数），所以数列{Sn} 是等差数列.
①②⇒③ .
已知{an} 是等差数列，{Sn} 是等差数列.
解法一 易得S3+S1=2S2 ,即3a2+a1=2a1+a2 ,两边同时平方得3a2+a1+23a1a2=4a1+a2 ,整理得3a1−a22=0 ,所以a2=3a1 .
解法二 设数列{an} 的公差为d ，
则Sn=na1+nn−12d=12n2d+a1−d2n .
因为数列{Sn} 是等差数列，所以数列{Sn} 的通项公式是关于n 的一次函数，则a1−d2=0 ，即d=2a1 ，所以a2=a1+d=3a1 .
②③⇒① .
已知数列{Sn} 是等差数列，a2=3a1 ，所以S1=a1 ,S2=a1+a2=4a1 .
设数列{Sn} 的公差为d ，d>0 ，则S2−S1=4a1−a1=d ，得a1=d2 ，所以Sn=S1+n−1d=nd ，所以Sn=n2d2 ，
所以an=Sn−Sn−1=n2d2−n−12d2=2d2n−d2n≥2 ，所以an−an−1=2d2n≥2 ，
所以数列{an} 是等差数列.
考点18 等比数列
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列{an} 的各项均为正数，前n 项和为Sn ,若a1=1 ，S5=5S3−4 ，则S4= ( C )
A. 158 B. 658 C. 15D. 40
[解析]解法一 若该数列的公比q=1 ，代入S5=5S3−4 中，有5=5×3−4 ，不成立，所以q≠1 .由1−q51−q=5×1−q31−q−4 ，化简得q4−5q2+4=0 ,所以q2=1 （舍）或q2=4 ,由于此数列各项均为正数，所以q=2 ，所以S4=1−q41−q=15 .故选C .
解法二 由已知得1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4 ,整理得1+qq3−4q=0 ,由于此数列各项均为正数，所以q=2 ，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15 .故选C .
2. [2023天津，5分]已知{an} 为等比数列，Sn 为数列{an} 的前n 项和，an+1=2Sn+2 ,则a4 的值为( C )
A. 3B. 18C. 54D. 152
[解析]解法一 因为an+1=2Sn+2 ，所以当n≥2 时，an=2Sn−1+2 ，两式相减得an+1−an=2an ，即an+1=3an ，所以数列{an} 是公比q=an+1an=3 的等比数列.当n=1 时，a2=2S1+2=2a1+2 ，又a2=3a1 ，所以3a1=2a1+2 ，解得a1=2 ，所以a4=a1q3=2×33=54 ，故选C .
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ，因为an+1=2Sn+2 ，所以公比q≠1 ，且a1qn=2a11−qn1−q+2=−2a11−qqn+2a11−q+2 ，所以a1=−2a11−q,0=2a11−q+2, 又a1≠0 ，所以q=3 ，a1=2 ，所以a4=a1q3=2×33=54 ，故选C .
3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和，若S4=−5 ,S6=21S2 ,则S8= ( C )
A. 120B. 85C. −85 D. −120
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为qq≠0 ，由题意易知q≠1 ，则a11−q41−q=−5,a11−q61−q=21×a11−q21−q, 化简整理得q2=4,a11−q=13. 所以S8=a11−q81−q=13×1−44=−85 .故选C .
解法二 易知S2 ，S4−S2 ，S6−S4 ，S8−S6 ，…… 为等比数列，所以S4−S22=S2⋅S6−S4 ,解得S2=−1 或S2=54 .当S2=−1 时，由S6−S42=S4−S2⋅S8−S6 ，解得S8=−85 ；当S2=54 时，结合S4=−5 得a11−q41−q=−5a11−q21−q=54 ,化简可得q2=−5 ，不成立，舍去.所以S8=−85 ，故选C .
4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列{an} 的前3项和为168，a2−a5=42 ,则a6= ( D )
A. 14B. 12C. 6D. 3
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，由题意可得a1+a2+a3=168,a2−a5=42, 即a11+q+q2=168,a1q1−q3=a1q1−q1+q+q2=42, 解得a1=96,q=12, 所以a6=a1q5=3 ，故选D .
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ,易知q≠1 ,由题意可得a11−q31−q=168,a1q1−q3=42, 解得a1=96,q=12, 所以a6=a1q5=3 ，故选D .
5. [2021全国卷甲，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和.若S2=4 ，S4=6 ,则S6= ( A )
A. 7B. 8C. 9D. 10
[解析]解法一 因为S2=4 ,S4=6 ，所以公比q≠1 ，所以由等比数列的前n 项和公式，得S2=a11−q21−q=a11+q=4,S4=a11−q41−q=a11+q1+q2=6, 两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）
得q2=12 ，所以a1=42−2,q=22 或a1=42+2,q=−22, 所以S6=a11−q61−q=7 ．故选A ．
解法二 易知公比q≠−1 ，则S2 ,S4−S2 ,S6−S4 构成等比数列，所以S2S6−S4=S4−S22 ，即4S6−6=22 ，所以S6=7 ．故选A ．
6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设{an} 是等比数列，且a1+a2+a3=1 ,a2+a3+a4=2 ,则a6+a7+a8= ( D )
A. 12B. 24C. 30D. 32
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，所以a2+a3+a4a1+a2+a3=a1+a2+a3qa1+a2+a3=q=2 ，由a1+a2+a3=a11+q+q2=a11+2+22=1 ，解得a1=17 ，所以a6+a7+a8=a1q5+q6+q7=17×25+26+27=17×25×1+2+22=32 ，故选D .
解法二 令bn=an+an+1+an+2n∈N∗ ，则bn+1=an+1+an+2+an+3 .设数列{an} 的公比为q ，则bn+1bn=an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2=an+an+1+an+2qan+an+1+an+2=q ，所以数列{bn} 为等比数列，由题意知b1=1 ,b2=2 ，所以等比数列{bn} 的公比q=2 ，所以bn=2n−1 ,所以b6=a6+a7+a8=25=32 ，故选D .
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列{an} 中，a1=2 ,am+n=aman .若ak+1+ak+2+…+ak+10=215−25 ,则k= ( C )
A. 2B. 3C. 4D. 5
[解析]令m=1 ，则由am+n=aman ，得an+1=a1an ，即an+1an=a1=2 ，所以数列{an} 是首项为2、公比为2的等比数列，所以an=2n ，所以ak+1+ak+2+…+ak+10=aka1+a2+…+a10=2k×2×1−2101−2=2k+1×210−1=215−25=25×210−1 ，解得k=4 ，故选C ．
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列{an} 的前4项和为15，且a5=3a3+4a1 ，则a3= ( C )
A. 16B. 8C. 4D. 2
[解析]设等比数列{an} 的公比为q ，由a5=3a3+4a1 得q4=3q2+4 ，得q2=4 ，因为数列{an} 的各项均为正数，所以q=2 ，又a1+a2+a3+a4=a11+q+q2+q3=a11+2+4+8=15 ，所以a1=1 ，所以a3=a1q2=4 .
二、填空题
9. [2023全国卷乙，5分]已知{an} 为等比数列，a2a4a5=a3a6 ,a9a10=−8 ,则a7= −2 .
[解析]解法一 设数列{an} 的公比为q ，则由a2a4a5=a3a6 ，得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5 .又a1≠0 ，且q≠0 ，所以可得a1q=1 ①.又a9a10=a1q8⋅a1q9=a12q17=−8 ②，所以由①②可得q15=−8 ，q5=−2 ，所以a7=a1q6=a1q⋅q5=−2 .
解法二 设数列{an} 的公比为q .因为a4a5=a3a6≠0 ，所以a2=1 .又a9a10=a2q7⋅a2q8=q15=−8 ，于是q5=−2 ，所以a7=a2q5=−2 .
10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记Sn 为等比数列{an} 的前n 项和.若a1=13 ，a42=a6 ，则S5= 1213 .
[解析]解法一 设等比数列{an} 的公比为q ，因为a42=a6 ，所以a1q32=a1q5 ，所以a1q=1 ，又a1=13 ，所以q=3 ，所以S5=a11−q51−q=13×1−351−3=1213 ．
解法二 设等比数列{an} 的公比为q ，因为a42=a6 ，所以a2a6=a6 ，所以a2=1 ，又a1=13 ，所以q=3 ，所以S5=a11−q51−q=13×1−351−3=1213 ．
三、解答题
11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设{an} 是公比不为1的等比数列，a1 为a2 ，a3 的等差中项.
（1） 求{an} 的公比；
[答案]设{an} 的公比为q ,由题设得2a1=a2+a3 ,即2a1=a1q+a1q2 .
所以q2+q−2=0 ，解得q=1 （舍去）或q=−2 .
故{an} 的公比为−2 .
（2） 若a1=1 ，求数列{nan} 的前n 项和.
[答案]记Sn 为{nan} 的前n 项和.由（1）及题设可得，an=−2n−1 .
所以Sn=1+2×−2+…+n×−2n−1 ,
−2Sn=−2+2×−22+…+n−1×−2n−1+n×−2n .
可得3Sn=1+−2+−22+…+−2n−1−n×−2n
=1−−2n3−n×−2n .
所以Sn=19−3n+1−2n9 .
12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列{an} 满足a2+a4=20 ,a3=8 .
（1） 求{an} 的通项公式；
[答案]设{an} 的公比为q .由题设得a1q+a1q3=20 ，a1q2=8 .
解得q=12 （舍去）或q=2 .由题设得a1=2 .
所以{an} 的通项公式为an=2n .
（2） 记bm 为{an} 在区间(0,m]m∈N∗ 中的项的个数，求数列{bm} 的前100项和S100 .
[答案]由题设及（1）知b1=0 ，且当2n≤m