2023届高考数学二轮复习专题九等差数列与等比数列作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题九等差数列与等比数列作业含答案，共9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。
专题强化训练(九)一、单项选择题1.(2022·广东潮州高三期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S19=19,则a3+a17的值为(　B　)A.1      B.2     C.3    D.4解析:因为S19===19,所以a3+a17=2.故选B.2.(2022·四川泸州三模)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S7-S6=24,a3=8,则数列{an}的公差d=(　B　)A.2 B.4 C.6 D.8解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则an=a1+(n-1)d,由等差数列的性质可得,a7=S7-S6=24,又因为a3=8,所以a7-a3=a1+6d-(a1+2d)=4d=16,解得d=4.故选B.3.(2022·江苏扬州高三期末)在正项等比数列{an}中,a1=,a2a4=9,记数列{an}的前n项积为Tn,Tn>9,则n的最小值为(　C　)A.3 B.4 C.5 D.6解析:设正项等比数列{an}的公比为q,由=a2a4=9得a3=3,于是得q2==9,而q>0,解得q=3,因此,an=×3n-1=3n-2,Tn=a1a2a3…an=3-1+0+1+…+(n-2)=,由Tn>9得>9,从而得>2,而n>0,解得n>4,又n∈N*,则nmin=5.故选C.4.(2022·江苏如皋高三期末)已知在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+an+1+an+2=1,n∈N*,则a2 022=(　A　)A.-2   B.-1    C.1    D.2解析:因为a1=1,a2=2,an+an+1+an+2=1,所以a3=1-a1-a2=1-1-2=-2,a4=1-a3-a2=1-(-2)-2=1,a5=1-a4-a3=1-1-(-2)=2,……由此推理可得数列{an}是一个周期为3的周期数列,所以a2 022=a3=-2.故选A.5.(2022·陕西西安二模)《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”.若齐国到长安的路程为2 000里,良马从长安出发往齐国去,驽马从齐国出发往长安去,同一天相向而行.良马第一天行155里,之后每天比前一天多行12里,驽马第一天行100里,之后每天比前一天少行2里,若良马和驽马第n天相遇,则n的最小整数值为(　D　)A.5 B.6 C.7 D.8解析:设驽马、良马第n天分别行an,bn里,则数列{an}是以100为首项,以-2为公差的等差数列,数列{bn}是以155为首项,以12为公差的等差数列.由题意可得100n++155n+=5n2+250n≥2 000,整理可得n2+50n-400≥0,解得n≤-25-5(舍去)或n≥5-25,而7<5-25<8,故n的最小整数值为8.故选D.6.(2022·河南模拟预测)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a2 021a2 022>0,(a2 021-1)(a2 022-1)<0,下列结论正确的是(　D　)A.a2 023>B.S2 022-S2 021>1C.数列{Sn}存在最大值D.T2 021是数列{Tn}中的最大值解析:因为{an}是公比为q的等比数列,且a1>1,a2 021a2 022>0,(a2 021-1)(a2 022-1)<0,所以a2 021>1,0<a2 022<1,所以0<q<1,所以在等比数列{an}中,从a1到a2 021的每一项都大于1,从a2 022开始后面所有的项的值都小于1且大于0.因为a2 023a2 021=<1,所以a2 023<,故A不正确;S2 022-S2 021=a2 022∈(0,1),故B不正确;根据上面的分析可知,等比数列{an}中每一项都为正值,所以Sn无最大值,所以数列{Sn}无最大值,故C不正确;因为在等比数列{an}中,从a1到a2 021的每一项都大于1,从a2 022开始后面所有的项的值都小于1且大于0,所以T2 021是数列{Tn}中的最大值,故D正确. 故选D.二、多项选择题7.(2022·山东模拟预测)已知等比数列{an}的公比q=-,等差数列{bn}的首项b1=12,若a9>b9且a10>b10,则以下结论正确的有(　AD　)A.a9a10<0 B.a9>a10C.b10>0 D.b9>b10解析:因为等比数列{an}的公比q=-,所以a9和a10异号,所以a9a10<0 ,故A正确;因为不确定a9和a10的正负,所以不能确定a9和a10的大小关系,故B不正确;因为a9和a10异号,且a9>b9且a10>b10,所以b9和b10中至少有一个数是负数,又因为b1=12>0,所以d<0 所以b9>b10 ,故D正确,所以b10一定是负数,即b10<0 ,故C不正确.故选AD.8.(2022·广东罗湖高三期末)已知d为等差数列{an}的公差,Sn为其前n项和,若{an}为递减数列,则下列结论正确的为(　BD　)A.数列{Sn}为递减数列B.数列{}是等差数列C.S3,S6,S9依次成等差数列D.若S15>0,S16<0,则S8>S9解析:由题意可知数列{an}是等差数列,且递减,则d<0,不妨举例如:4,3,2,1,0,-1,-2,-3,…,则S1=4,S2=7,S3=9,这三项不构成递减数列,故A错误;而S3=9,S6=9,S9=0 ,这三项不构成等差数列,故C错误;==n+(a1-),是关于n的一次函数,因此{}是等差数列,故B正确;S15==15a8>0,则a8>0,S16==8(a8+a9)<0,则a9<-a8<0,故S9=S8+a9<S8,故D正确.故选BD.三、填空题9.(2022·上海模拟预测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a5=16,S13=260,则-=　　　　. 解析:由题意,等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a5=16,S13=260,所以解得a3=8,a7=20,可得d===3,所以an=a3+(n-3)d=8+(n-3)×3=3n-1,所以Sn===,则=n+,所以-=(×2 020+)-(×2 017+)=.答案:10.(2022·湖北襄阳高三期末)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则(1)S4=　　　　; (2)如果∃n∈N*,使得Sn<成立,那么a的取值范围是　　　　. 解析:由题意可知,依次剪去一个更小的半圆,其半径为前一个半圆半径的一半,故每次剪去的半圆的面积组成了首项为,公比为的等比数列,第n块纸板Pn是剪了n-1次后得到的,故Sn=-=2πa2[+×() n-1],则(1)S4=2πa2[+×() 3] =πa2.(2)∃n∈N*,使得Sn<成立,故只需<,解得a2<4,而a>0,所以0<a<2.答案:(1)πa2　(2)(0,2)四、解答题11.(2022·湖北襄阳四中模拟预测)已知等差数列{an}满足a1=1,且前4项和为28,数列{bn}的前n项和Sn满足2Sn=3bn-3λ(λ∈R).(1)求数列{an}的通项公式,并判断{bn}是不是等比数列;(2)对于集合A,B,定义集合A-B={x|x∈A且x∉B}.若λ=1,设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将集合A-B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前30项和T30.解: (1) 因为{an}是等差数列,a1=1,且前4项和为28,所以a1+a2+a3+a4=4×1+×d=28,解得d=4.所以an=1+4(n-1)=4n-3,n∈N*.因为2Sn=3bn-3λ,所以当n≥2时,2Sn-1=3bn-1-3λ,两式相减得2bn=3bn-3bn-1(n≥2),即bn=3bn-1(n≥2),又2b1=3b1-3λ,所以b1=3λ.所以当λ=0时,数列{bn}的通项公式为bn=0,不是等比数列;当λ≠0时,数列{bn}是首项为3λ,公比为3的等比数列,bn=λ3n,n∈N*.(2) 由(1)知bn=3n,则b4=81,b5=243.因为a30=4×30-3=117,所以b4<a30<b5,所以T30中要去掉{bn}的项最多4项,即3,9,27,81,其中9,81是{an}和{bn}的公共项,所以数列{cn}的前30项和T30为{an}的前32项和,去掉9和81,T30=(a1+a2+…+a32)-(9+81)=-90=1 926,所以数列{cn}的前30项和T30为1 926.12.(2021·新高考Ⅱ卷)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an;(2)求使Sn>an成立的n的最小值.解:(1)由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,所以a3=0.设等差数列的公差为d,从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d.因为a2a4=S4,所以-d2=-2d,由于公差不为0,故d=2,所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-6,n∈N*.(2)由数列{an}的通项公式可得a1=2-6=-4,则Sn=n×(-4)+×2=n2-5n,则不等式Sn>an,即n2-5n>2n-6,整理可得(n-1)(n-6)>0,解得n<1或n>6,又n为正整数,故n的最小值为7.