2026高考高三二轮专题复习数学专题强化练_专题三　微专题一　等差数列、等比数列 （含解析）

这是一份2026高考高三二轮专题复习数学专题强化练_专题三　微专题一　等差数列、等比数列 （含解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5=S10，a5=1，则a1等于( )
A.72B.73
C.-13D.-711
2.(2024·安康模拟)已知在正项等比数列{an}中，a2a4=16，且a3，10，a62成等差数列，则a1+a4+a7等于( )
A.157B.156
C.74D.73
3.(2024·运城模拟)已知数列{an}是等差数列，12a3-a5=2，则a5+a10-a8等于( )
A.4B.-2
C.-4D.-8
4.(2024·绵阳模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于( )
A.76B.108
C.512D.19 683
5.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2>1，其前n项积为Tn，且T20=T10，则Tn取得最大值时，n的值为( )
A.15B.16
C.29D.30
6.(2024·阜阳模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12an+1an(n∈N*)，则( )
A.{an}是等差数列B.{Sn}是等差数列
C.{an}是递增数列D.{Sn}是递增数列
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2024·张掖模拟)已知数列{an}满足a1=2，an+1=3an-1an+1，则下列说法正确的是( )
A.a3=53
B.数列{an}为递减数列
C.数列1an-1为等差数列
D.an=n+3n+1
8.(2024·合肥模拟)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，da1≥2，数列{bn}满足bn=S2nn，则下列等式可能成立的是( )
A.b42=b2b8B.2b4=b2+b6
C.2a4=a2+a6D.a42=a2a8
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10= .
10.(2024·唐山模拟)如图所示的数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的和Sn= .
四、解答题(共27分)
11.(13分)(2024·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn-12an=n2+1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an+an+1}是等差数列；(7分)
(2)求S20.(6分)
12.(14分)已知数列{an}满足a1=1，an+an+1=8·3n-1.
(1)证明：∃λ∈R，使得数列{an+λ·3n}成等比数列；(8分)
(2)求数列{an}的前n项和Sn.(6分)
13题6分，14题5分，共11分
13.(多选)[牛顿数列]英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为x1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1重复上面的过程得到x3；一直下去，得到的数列{xn}叫做牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6，an=lnxn+2xn-3且a1=1，xn>3，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是( )
A.xn+1=xn-f(xn)f'(xn)
B.数列{an}是递减数列
C.数列{an}是等比数列
D.S2 025=22 025-1
14.(2024·济南模拟)已知{an}是各项均为正整数的递增数列，{an}的前n项和为Sn，若Sn=2 024，则当n取最大值时，an的最大值为( )
A.63B.64
C.71D.72
答案精析
1.B 2.D 3.C 4.A 5.A 6.D
7.BCD 8.ABC
9.95
解析 方法一 (基本量法)
设数列{an}的公差为d，
则由题意得a1+2d+a1+3d=7,3(a1+d)+a1+4d=5,
解得a1=-4,d=3,
则S10=10a1+10×92d
=10×(-4)+45×3=95.
方法二 (利用下标和性质)
设数列{an}的公差为d，
由a3+a4=a2+a5=7，
3a2+a5=5，
得a2=-1，a5=8，
故d=a5-a25-2=3，a6=11，
则S10=a1+a102×10=5(a5+a6)
=5×19=95.
10.3n-2n
解析 因为每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，所以Sn=30×2n-1+31×2n-2+32×2n-3+…+3n-1×20，
所以Sn=3n-1×23n-1+23n-2+23n-3+…+230
=3n-1×1-23n1-23
=3n1-23n=3n-2n.
11.解 (1)当n=1时，由条件得
a1-12a1=2，所以a1=4.
当n=2时，由条件得(a1+a2)-
12a2=5，所以a2=2.
因为Sn-12an=n2+1，
所以Sn-1-12an-1=(n-1)2+1(n≥2)，
两式相减得
an-12an+12an-1=2n-1，
即an+an-1=4n-2，
所以(an+1+an)-(an+an-1)
=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4，
从而数列{an+1+an}为等差数列.
(2)由(1)知数列{an+1+an}为等差数列，首项为a1+a2=6，公差为4，
所以an+an+1=4n+2，
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)
=10[(a1+a2)+(a19+a20)]2，
又a19+a20=78，
所以S20=10×(6+78)2=420.
12.(1)证明 若∃λ∈R，
数列{an+λ·3n}成等比数列，
则存在非零实数q，
使得an+1+λ·3n+1an+λ·3n=q，
即an+1+λ·3n+1=q(an+λ·3n)，
整理得an+1=qan+(qλ-3λ)3n.①
因为an+an+1=8·3n-1，
所以an+1=-an+83×3n.②
由①②对应项系数相等得
q=-1,qλ-3λ=83,
解得q=-1,λ=-23.
所以an+1-23·3n+1=-an-23·3n.
因为a1=1，
所以a1-23×31=-1≠0.
所以数列an-23·3n的各项均不为0，所以an+1-23·3n+1an-23·3n=-1.
所以数列an-23·3n是以-1为首项，-1为公比的等比数列，
即∃λ=-23，使得数列{an+λ·3n}成等比数列.
(2)解 由(1)知，
数列an-23·3n是以-1为首项，
-1为公比的等比数列，
所以an-23·3n=(-1)n，
即an=2·3n-1+(-1)n，
所以Sn=2×(1-3n)1-3+-1×[1-(-1)n]1-(-1)=3n+(-1)n-32.
13.ACD [f'(x)=2x-1，所以f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程为
y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)，
因为xn>3，所以2xn-1≠0，
令y=0，得xn+1=xn-f(xn)f'(xn)=xn-xn2-xn-62xn-1=xn2+62xn-1，故A正确；
xn+1+2xn+1-3=xn2+62xn-1+2xn2+62xn-1-3=xn+2xn-32，
故lnxn+1+2xn+1-3=2lnxn+2xn-3，
即an+1=2an，又a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确；
所以S2 025=1×(1-22 025)1-2=22 025-1，
D正确.]
14.C [因为Sn=2 024是定值，要使当n取最大值时，an也取得最大值，{an}需满足各项尽可能取到最小值，又因为{an}是各项均为正整数的递增数列，所以a1=1，a2=2，a3=3，…，am=m，即{am}是首项为1，公差为1的等差数列，{am}的前m项和为
Tm=m(m+1)2，当m=63时，
T63=63×(63+1)2=2 0162 024，
又因为2 024-2 016=8，
所以n的最大值为63，此时a1=1，a2=2，a3=3，…，a62=62，an的最大值为a63=63+8=71.]