等差等比数列总结复习试题包括解析

等差、等比数列总结复习试题包含分析等差、等比数列总结复习试题包含分析11/11等差、等比数列总结复习试题包含分析等差数列、等比数列1．(2021·山青二模)数列{an}等差数列，a1，a2，a3成等比数列，a5＝1，a10＝________(2021·河北邯二模)在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7a10＋a13)＝24，数列前13的和是________(2021·河北唐山一模)等比数列{an}的前n和Sn，且135245Sn24an(2021·福建福州一模)等比数列{an}的前nⅡn，假定a4·a5＝2，Ⅱ8＝________5．(2021·宁卷)等差数列{an}的公差d，假定数列{21}aan减数列，________A．d<011B．d>0C．ad<0D．ad>06．(2021·四川七中二模)正等比数列{a}足：a＝a＋2a，n321214假定存在a，a，使得aa＝16a，＋的最小________mnmn1mn7．(2021·安徽卷)数列{an}是等差数列，假定a1＋1，a3＋3，a5＋5组成公比q的等比数列，q＝________.8．(2021·河北衡水中学二模)在等比数列{a}中，假定a＋a＋an789＋a10＝1591111，a8·a9＝－，＋＋＋＝________.88a7a8a9a101{an}是等比数列，a2＝2，a5＝4，Sn＝a1＋a2＋⋯＋an的取范是________．10．(2021·全国卷Ⅰ)数列{an}的前n和Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，此中λ常数．明：an＋2－an＝λ；能否存在λ，使得{an}等差数列？并明原因．11．(2021·山菏一模)数列{an}，a1＝－5，a2＝－2，A(n)＝a1＋a2＋⋯＋an，B(n)＝a2＋a3＋⋯＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋⋯＋an＋2(n∈N*)，假定于随意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列．求数列{an}的通公式；求数列{|an|}的前n和．a11a12a131．(2021·九江市七校考)数a21a22a23中，每行的a31a32a333个数挨次成等差数列，每列的3个数也挨次成等差数列，假定a＝2，229个数的和________42．(2021·江南京一模)等比数列{an}的首3，公比11*－，其前n和Sn，假定A≤Sn－≤Bn∈N恒建立，B－A的3Sn最小________．3．(2021·山淄博一模)假定数列{An}足An＋1＝A2n，称数列{An}“平方推数列〞．数列{an}中，a1＝9，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的象上，此中n正整数．(1)明数列{an＋1}是“平方推数列〞，且数列{lg(an＋1)}等比数列；(1)中“平方推数列〞的前nTn，即Tn＝(a1＋1)(a21)⋯(an＋1)，求lgTn；(3)在(2)的条件下，bn＝lglgTn，求数列{bn}的前n和an＋1Sn，并求使Sn>4026的n的最小．高考专题训练(九)等差数列、等比数列级——根基牢固组一、选择题1．(2021·山东青岛二模)数列{an}为等差数列，a1，a2，a3成等比数列，a5＝1，那么a10＝()A．5B．－1C．0D．12，111分析设公差为d，由得解a1＋4d＝1，a1＝1，所以a10＝a1＋9d＝1，应选D得d＝0，答案D2．(2021·河北邯郸二模)在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，那么该数列前13项的和是()A．13B．26C．52D．156分析∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10，∴6a4＋6a10＝24，即a4＋a10＝4，131＋13134＋10∴S＝aa＝aa＝26.1322答案B3．(2021·河北唐山一模)等比数列{a}的前n项和为S，nn55Sn且a1＋a3＝，a2＋a4＝，那么＝()24anA．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－15a1＋a3＝2，分析∵5a2＋a4＝4，25a1＋a1q＝2，①∴35a1q＋a1q＝4，②1＋q21由①除以②可得q＋q3＝2，解得q＝2，代入①得a1＝2，1n－14∴an＝2×2＝2n，2×1－1n214S121－21∴n41－2nS＝＝2n－1，选D.an42n答案D4．(2021·福建福州一模)记等比数列{an}的前n项积为Ⅱn，假定a4·a5＝2，那么Ⅱ8＝(

)A．256B．81C．16D．1分析由题意可知a4a5＝a1a8＝a2a7＝a3a6＝2，那么Ⅱ8＝a1a2a3a4a5a6a7a8＝(a4a5)4＝24＝16.答案C5．(2021·辽宁卷)设等差数列{an}的公差为d，假定数列{2a1an}为递减数列，那么()A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>0分析依题意得2a1an>2a1an＋1，即(2a1)an＋1－an<1，进而2a1d<1，所以a1d<0，应选C.答案

C6．(2014·四川七中二模

)正项等比数列

{an}知足：a3＝a2＋2a1，假定存在

am，an，使得

214aman＝16a1，那么＋的最小值为mn

(

)分析由a3＝a2＋2a1，得q2＝q＋2，∴q＝2(q＝－1舍去)，2m－1n－1由aa＝16a得22＝16，1∵m＋n－2＝4，m＋n＝6，14m＋n14所以＋＝6＋mnmnn4m＝11＋4＋＋n6m1＋n4m3≥·n＝.652m2答案D二、填空7．(2021·安徽卷)数列{an}是等差数列，假定a1＋1，a3＋3，a5＋5组成公比q的等比数列，q＝________.分析等差数列的公差d，a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1.a3＋3a1－2＋3∴q＝＝＝1.a1＋1a1＋1答案18．(2021·河北衡水中学二模)在等比数列{a}中，假定a7＋a8＋a9n1591111＋a＝，a·a＝－，＋＋＋＝________.10898a7a8a9a108分析∵11a7＋a1011a8＋a9＋＝a7a10，＋＝，a7a10a8a9a8a9a8a9＝a7a10，1111a＋a＋a＋a1585∴＋＋＋78910＝a7a10＝＝－.a7a8a9a1093－85答案－319．{an}是等比数列，a2＝2，a5＝4，Sn＝a1＋a2＋⋯＋an的取范是________．分析因{an}是等比数列，所以可an＝a1qn－1.1因a2＝2，a5＝4，aq＝2，a＝4，11所以41解得14211n所以Sn＝a＋a＋⋯＋an＝41－21n12121－21n1因0<2≤2，所以4≤Sn<8.答案[4,8)三、解答10．(2021·全国卷Ⅰ)数列{an}的前n和Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，此中λ常数．明：an＋2－an＝λ；能否存在λ，使得{an}等差数列？并明原因．解(1)由，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.由，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首1，公差4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首3，公差4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.所以存在λ＝4，使得数列{an}等差数列．11．(2021·山菏一模)数列{an}，a1＝－5，a2＝－2，A(n)＝a1＋a2＋⋯＋an，B(n)＝a2＋a3＋⋯＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋⋯＋an＋2(n∈N*)，假定于随意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列．求数列{an}的通公式；求数列{|an|}的前n和．(1)依据意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3.∴数列{an}是首－5，公差3的等差数列，an＝－5＋3(n－1)＝3n－8.－3n＋8，n≤2，(2)|an|＝3n－8，n≥3，数列{|an|}的前n和Sn.n5＋8－3n3n213当n≤2，Sn＝2＝－2＋2n；n－21＋3n－83n213当n≥3，Sn＝7＋2＝2－2n＋14；3213－2n＋2n，n≤2，上，Sn＝13322n－2n＋14，n≥3.——能力提升a11a12a131．(2021·九江市七校考)数a21a22a23中，每行的a31a32a333个数挨次成等差数列，每列的3个数也挨次成等差数列，假定a22＝2，那么这9个数的和为()A．16B．18C．9D．8a11a12a13分析数阵a21a22a23中，每行的3个数挨次成等差数a31a32a33列，每列的3个数也挨次成等差数列，假定a22＝2，由等差数列的性质得：a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝9a22＝18.答案B42．(2021·江苏南京一模)等比数列{an}的首项为3，公比为11*－，其前n项和为Sn，假定A≤Sn－≤B对n∈N恒建立，那么B－A的3Sn最小值为________．分析易得n＝－－1n84，而y1843∈，1∪1，＝n－在，S193Sn93S上单一递加，所以y∈－177?[，]，所以－7，的最小值为7212ABBA121759－－72＝72.答案597223．(2021·山东淄博一模)假定数列{An}知足An＋1＝An，那么称数列{An}为“平方递推数列〞．数列{an}中，a1＝9，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x

的图象上，此中

n为正整数．(1)证明数列

{an＋1}是“平方递推数列〞，且数列

{lg(

an＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列〞的前n项积为T，即T＝(a＋1)(ann12＋1)⋯(a＋1)，求lgT；nn(3)在(2)的条件下，n＝lgTn，求数列{n}的前n和blgan＋1bS，并求使S>4026的n的最小．nn解(1)由意得：a2n＋1nn即an＋1＋1＝(an＋1)2，{an＋1}是“平方推数列〞．an＋1＋1＝(an＋1)2两取数得lg(an＋1＋1)＝2lg(an＋1)，所以数列{lg(an＋1)}是以lg(a1＋1)首，2公比