(新高考)高考数学二轮复习分层练习03《等差数列与等比数列》（解析版）

这是一份(新高考)高考数学二轮复习分层练习03《等差数列与等比数列》（解析版），共6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。
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．12C．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S10B.数列{an}的公差d<0C.S10>0D.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＋b6C.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.3C.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＝＝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，＋∞).