适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练11等差数列等比数列

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练11等差数列等比数列，共6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。

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a2=7,am-1+am=73(m≥3),Sm=2 020,则m的值为( )
A.100B.101C.200D.202
2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=( )
A.72B.81C.90D.99
3.(2023·河北唐山期末)已知等比数列{an}满足a2+8a5=0,设数列{}的前n项和为Sn,则=( )
A.-11B.-8C.5D.11
4.已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=( )
A.14B.12C.6D.3
5.在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=( )
A.10B.9C.8D.7
6.若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S4 020>0,S4 021<0”是“a2 010a2 011<0”的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
二、多项选择题
7.已知等差数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,a7=3a5,则下列选项正确的是( )
A.公差d>0
B.a1<0
C.当n=5时,Sn最小
D.当Sn>0时,n的最小值为8
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是( )
A.若Sn=n2-1,则{an}是等差数列
B.若Sn=2n-1,则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列,则S99=99a50
D.若{an}是等比数列,且a1>0,q>0,则S2n-1·S2n+1>
三、填空题
9.在正项等比数列{an}中,+2a6a8+=100,则a5+a9= .
10.(2023·湖北武汉高三联考)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,S11=11,b5b7=3,则lg3= .
11.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且,则使得为整数的正整数n的值为 .
四、解答题
12.(2022·新高考Ⅱ,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
13.(2023·山东潍坊一模)已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,且满足Sn=2n+m(m∈R).
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;
(2)设bn=|lg2an-5|,求数列{bn}的前n项和Tn.
14.已知公比小于1的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2=,S3=.
(1)求an;
(2)求证:≤Sn<1.
15.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=an+1+1.
(1)证明:数列{Sn-1}为等比数列,并求出Sn;
(2)求数列的前n项和Tn.
16.在以下三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.
①a3+a5=14,②S4=28,③a8是a5与a13的等比中项.
问题:已知{an}为公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,{bn}为等比数列,其前n项和Tn=2n+λ,λ为常数,a1=b1, .
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+c3+…+c100的值.
专题突破练11 等差数列、等比数列
一、单项选择题
1.B 解析 由已知得a1+a2+am-1+am=80.
因为{an}为等差数列,所以a1+am=a2+am-1,所以a1+am=40,所以Sm==20m=2020,解得m=101.
2.B 解析 由题意及等比数列的性质,可得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,则=S3(S9-S6),即(36-9)2=9(S9-S6),解得S9-S6=81,即a7+a8+a9=81.
3.A 解析 设等比数列{an}的公比为q,由a2+8a5=0,可得a1q+8a1q4=0,又a1≠0,q≠0,所以q3=-,所以q=-,因为,故数列{}也为等比数列,公比为,所以等比数列{}的公比为-2.因此Sn=[1-(-2)n],所以=-11.
4.D 解析 (方法一)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.由题意可得解得所以a6=a1q5=3.故选D.
(方法二)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.由题意可得解得所以a6=a1q5=3.故选D.
5.B 解析 令m=1,由am+n=am+an,得an+1=a1+an,即an+1-an=a1=3,所以{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n.所以a1+a2+a3+…+ak==135,整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).
6.B 解析 依题意,若S4020>0,S4021<0,
则=2010(a2010+a2011)>0,即a2010+a2011>0,=4021a2011<0,即a2011<0,所以a2010>0,所以a2010a2011<0,充分性成立.
当a2010<0,a2011>0时,满足a2010a2011<0,不能推出S4020>0,S4021<0,必要性不成立.
故“S4020>0,S4021<0”是“a2010a2011<0”的充分不必要条件.
二、多项选择题
7.ABD 解析 因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d,又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,所以a1<0,故A,B正确.因为Sn=n2+n=n2-n=,所以当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误.令Sn=n2-n>0,解得n<0或n>7,又n∈N*,所以当Sn>0时,n的最小值为8,故D正确.
8.BC 解析 对于A选项,因为Sn=n2-1,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=S1=0,而a1=0不满足an=2n-1,故A错误.对于B选项,因为Sn=2n-1,所以当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又a1=1满足an=2n-1,所以an=2n-1,所以=2,所以{an}是等比数列,故B正确.对于C选项,因为{an}是等差数列,所以S99==99a50,故C正确.对于D选项,由已知得当n=1时,S1·S3-(1+q+q2)-(1+q)2=-q<0,所以当n=1时,S2n-1·S2n+1<,故D错误.
三、填空题
9.10 解析 因为{an}是正项等比数列,所以a5a9=a6a8,a5+a9>0.又+2a6a8+=100,所以+2a5a9+=100,即=100,所以a5+a9=10.
10.-1 解析 因为{an}是等差数列,且Sn是数列{an}的前n项和,所以S11==11a6=11,解得a6=1.
因为{bn}是等比数列,所以b5b7==3,所以lg3=lg3=-1.
11.2,4,14 解析 由已知得=3+
因为为整数,且n∈N*,
所以n+1=3,5,15,即n=2,4,14.
所以正整数n的值为2,4,14.
四、解答题
12.(1)证明 设等差数列{an}的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,
得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,
可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),
可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),
整理可得a1=b1,得证.
(2)解 由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,
又b1≠0,所以2k-1=2m.
因为1≤m≤500,所以2≤2k-1≤1000.
解得2≤k≤10.
又k∈N*,所以集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
13.解 (1)因为Sn=2n+m,
所以当n≥2时,Sn-1=2n-1+m,
所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2).
又数列{an}为等比数列,所以an=2n-1.
又a1=S1,即21-1=21+m,所以m=-1.
综上m=-1,an=2n-1.
(2)由(1)知bn=|n-6|,当1≤n≤6时,Tn=-n=,
当n>6时,Tn=T6+(n-6)=15+,
所以Tn=
14.(1)解 设等比数列{an}的公比为q(q<1).
因为a2=,S3=,所以q=,即2q2-5q+2=0,解得q=或q=2(舍去).
所以an=
(2)证明 由(1)知a1=,q=,
所以Sn==1-
因为y=在R上为减函数,且y=>0恒成立,所以当n∈N*时,0<,
所以1-<1,即Sn<1.
15.解 (1)由已知得Sn=(Sn+1-Sn)+1,整理得Sn+1=3Sn-2,所以Sn+1-1=3(Sn-1).
令n=1,得S1=a2+1=4,所以S1-1=3,
所以{Sn-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以Sn-1=3×3n-1=3n,所以Sn=3n+1.
(2)由(1)知Sn=3n+1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+1-(3n-1+1)=2×3n-1,
当n=1时,a1=S1=4,所以an=
所以所以当n=1时,T1=,
当n≥2时,Tn=+…+
又T1=符合上式,所以Tn=
16.解 若选①.
(1)设{bn}的公比为q.
由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,
所以q==2,
所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由a3+a5=14,得1+2d+1+4d=14,
解得d=2,所以an=2n-1.
(2)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145.
若选②.
(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q==2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由S4=28,得4×1+d=28,
解得d=4,所以an=4n-3.
(2)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=0,c4=c5=…=c25=1,c26=c27=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×22+2×75=172.
若选③.
(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q==2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由a8是a5与a13的等比中项,得(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),解得d=0或d=2.
又d≠0,所以d=2,所以an=2n-1.
(2)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145.