新高考适用2023版高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题2数列第1讲等差数列与等比数列

第二篇专题二第1讲一、选择题1．在等差数列{an}中，若Sn为{an}的前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是(A)A．55 B．11C．50 D．60【解析】设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.2．已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a5＋a7－aeq\o\al(2,6)＝0，则S11的值为(D)A．11 B．12C．20 D．22【解析】结合等差数列的性质，可得a5＋a7＝2a6＝aeq\o\al(2,6)，又该数列为正项数列，可得a6＝2，所以由S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，可得S11＝S2×5＋1＝11a6＝22.3．已知等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11.那么一定有(B)A．a6≤b6 B．a6≥b6C．a12≤b12 D．a12≥b12【解析】因为等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11，所以a1＋a11＝b1＋b11＝2a6，所以a6＝eq\f(a1＋a11,2)＝eq\f(b1＋b11,2)≥eq\r(b1b11)＝b6.当且仅当b1＝b11时，取等号，此时数列{bn}的公比为1.4．在数列{an}中，a1＝2，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于(C)A．2＋nlnn B．2n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnn D．1＋n＋nlnn【解析】由题意得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝ln(n＋1)－lnn，n分别用1，2，3，…，n－1(n≥2)取代，累加得eq\f(an,n)－eq\f(a1,1)＝lnn－ln1，即eq\f(an,n)＝2＋lnn，即an＝2n＋nlnn(n≥2)，又a1＝2符合上式，故an＝2n＋nlnn．5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，给出下列五个命题：①d<0；②S11>0；③S12>0；④数列{Sn}中的最大项为S11；⑤|a6|>|a7|，其中正确命题的个数为(C)A．2 B．3C．4 D．5【解析】因为S7－S6<0，S6－S5>0，所以d＝a7－a6<0，①正确；S11＝eq\f(11(a1＋a11),2)＝11a6>0，②正确；S7－S5＝a6＋a7>0，S12＝eq\f(12(a1＋a12),2)＝6(a6＋a7)>0，③正确；因为a6>0，a7<0，所以数列{Sn}的最大项为S6，④不正确；因为a6＋a7>0⇒a6>－a7，即|a6|>|a7|，⑤正确．6．侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为Sn，则(B)A．Sn无限大 B．Sn<3(3＋eq\r(5))mC．Sn＝3(3＋eq\r(5))m D．Sn可以取100m【解析】由题意可得，外围第2个正方形的边长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)m))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)m))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),3)m；外围第3个正方形的边长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(\r(5),3)m))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(5),3)m))\s\up12(2))＝eq\f(5,9)m；…外围第n个正方形的边长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))eq\s\up12(n－1)m.所以蜘蛛网的长度Sn＝4meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(5),3)＋\f(5,9)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))\s\up12(n－1)))＝4m×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))\s\up12(n),1－\f(\r(5),3))<4m×eq\f(1,1－\f(\r(5),3))＝3(3＋eq\r(5))m.故选B.7．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(C)A．a4＝1 B．Sn的最大值为S3C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|【解析】设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，则an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A错误；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于d的取值情况不清楚，故S3可能为最大值也可能为最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误．8．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项中不正确的是(D)A．0<q<1 B．a6>1C．T12>1 D．T13>1【解析】由于等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，由题意得a6>1，a7<1，所以0<q<1，A，B正确；因为a6a7＋1>2，所以a6a7>1，T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝aeq\o\al(13,7)<1，所以满足Tn>1的最大正整数n的值为12，C正确，故选D.9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且－a1，S2，S3成等差数列．若存在两项am，an(m，n∈N*)使得eq\r(am·an)＝8a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值是(B)A．16 B．2C．eq\f(10,3) D．eq\f(8,3)【解析】∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且－a1，S2，S3成等差数列．∴2S2＝S3－a1，公比q＞0，∴2a1＋2a1q＝a1＋a1q＋a1q2－a1，即：q2－q－2＝0，解得q＝2，∵存在am，an，使得eq\r(am·an)＝8a1，即aman＝64aeq\o\al(2,1)，∴(a1·2m-1)(a1·2n-1)＝64aeq\o\al(2,1)，∴m＋n＝8，∴eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)(m＋n)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,8)(10＋6)＝2，当且仅当n＝3m＝6，取等号．即m＝2，n＝6，eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值为2，故选B.二、填空题10．等差数列{an}的各项均不为零，其前n项和为Sn.若aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，则S2n＋1＝__4n＋2__．【解析】因为{an}为等差数列，所以an＋2＋an＝2an＋1，又aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，所以aeq\o\al(2,n＋1)＝2an＋1.因为数列{an}的各项均不为零，所以an＋1＝2，所以S2n＋1＝eq\f((a1＋a2n＋1)(2n＋1),2)＝eq\f(2×an＋1×(2n＋1),2)＝4n＋2.11．(2022·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需移动的最少次数，{an}满足a1＝1，且an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an－1－1（n为偶数），,2an－1＋2（n为奇数），))则解下5个圆环需最少移动__16__次．【解析】因为a5＝2a4＋2＝2(2a3－1)＋2＝4a3，所以a5＝4a3＝4(2a2＋2)＝8a2＋8＝8(2a1－1)＋8＝16a1＝16，所以解下5个圆环需最少移动的次数为16.12．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足eq\f(S2m,Sm)＝9，eq\f(a2m,am)＝eq\f(5m＋1,m－1)，则数列{an}的公比为__2__．【解析】设公比为q，若q＝1，则eq\f(S2m,Sm)＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为eq\f(S2m,Sm)＝eq\f(\f(a1(1－q2m),1－q),\f(a1(1－qm),1－q))＝qm＋1＝9，所以qm＝8.所以eq\f(a2m,am)＝eq\f(a1q2m-1,a1qm-1)＝qm＝8＝eq\f(5m＋1,m－1)，所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.三、解答题13．(2021·合肥模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)如图在平面直角坐标系中，有点P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.【解析】(1)设数列{an}的公比为q，则q>0.因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝3，,a1q2－a1q＝2，))得3q2－5q－2＝0，又q>0，所以q＝2，a1＝1，则an＝2n-1.设数列{bn}的公差为d，因为b3＝5，S4＝16，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝5，,4b1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝2，))则bn＝2n－1.(2)由(1)得|PnPn＋1|＝an＋1－an＝2n－2n-1＝2n-1，|PnQn|＝bn＝2n－1，故cn＝S△PnQnPn＋1＝eq\f(2n-1(2n－1),2