2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列课件PPT

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了专项典题精练，＝3402块，n2－2n，设其公差为d，练后疑难精讲，练后反馈，易错对点精补，选条件③，又a1＝1等内容，欢迎下载使用。
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－10C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝ n2－2n
设等差数列{an}的公差为d，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
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
方法一　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
方法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
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
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，
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
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，
5.(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则 ＝____.
设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
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__________.
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.
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；
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②②－①，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.
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.
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
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；
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)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
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
由等比数列性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
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
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.
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{lg2an}是等差数列D.数列 是等比数列
则数列{a2n}是等比数列，故A正确；
则数列{lg2an}是等差数列，故C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＝－2C.a1＝2 024，Sn＝n2an，则a2 023＝D.若{an}为等差数列，且a1 0110，则当Sn0，
因此，当Sn0，a13>0，又{an}为等比数列，则a7＝a1q6>0，
所以a7＝3或a7＝－3(舍去)，
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＋1C.220－1 D.220＋1
设bm＝3m－1，cn＝2n＋1，令bm＝cn，m，n∈N*，
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， 1C.Sn的最大值为S2 023D.q>1
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)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，a2 021>1，a2 0220，
(2)求Sn，并判断－S1，Sn，Sn＋1是否成等差数列，并说明理由.
选条件①：－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.理由如下：
∴Sn＋1－S1＝2n＋1－1－1＝2(2n－1)＝2Sn，∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.
选条件②：－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.理由如下：
∴Sn＋1－S1＝2n＋2－2－2＝2(2n＋1－2)＝2Sn，∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.