2024高考数学二轮专题复习备考训练7等差数列与等比数列-小题备考含解析

PAGE备考训练7等差数列与等比数列——小题备考一、单项选择题1．在等差数列{an}中，已知a2＋a5＋a12＋a15＝36，则S16＝()A．288B．144C．572D．722．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则aA．16B．8C．4D．23．已知等差数列{an}的公差和首项都不为0，且a1，a2，a4成等比数列，则eq\f(a1＋a14,a3)＝()A．2B．3C．5D．74．[2024·山东四校联考]已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S3＝9，且a2－1，a3－1，a5－1构成等比数列，则S5＝()A．15B．－15C．30D．255．[2024·山东师大附中月考]设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，且m≥2)，则必定有()A．Sm>0，且Sm＋1<0B．Sm<0，且Sm＋1>0C．Sm>0，且Sm＋1>0D．Sm<0，且Sm＋1<06．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则taneq\f(b2＋b10,1－a3·a9)的值是()A．1B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2)D．－eq\r(3)7．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若eq\f(a2019,a2020)>－1且Sn有最小值，则使前n项和Sn>0成立的最小自然数n为()A．4038B．4039C．4040D．40418．[2024·山东莱州一中质量检测]数列{an}的通项公式为an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2020等于()A．1010B．2020C．504D．0二、多项选择题9．数列{an}满意a1＝1，且对随意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则下列说法正确的是()A．an＝eq\f(nn＋1,2)B．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为eq\f(200,101)C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为eq\f(99,100)D．数列{an}的第100项为5005010．已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则下列说法正确的是()A．a1>0B．q>0C.eq\f(a3,a2)＝3或－1D.eq\f(a6,a4)＝911．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，令bn＝an＋1－2an，设cn＝eq\f(an,2n)，则下列说法正确的是()A．数列{bn}是等比数列B．数列{cn}是等比数列C．数列{an}的通项公式an＝(3n－1)2n－2D．数列{an}的前n项和Sn＝(3n－4)2n－1＋212．[2024·山东潍坊学情调研]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(1,tanA)，eq\f(1,tanB)，eq\f(1,tanC)依次成等差数列，则下列结论中不肯定成立的是()A．a，b，c依次成等差数列B.eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)依次成等差数列C．a2，b2，c2依次成等差数列D．a3，b3，c3依次成等差数列三、填空题13．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满意a2＋a8＝6，S5＝－5，则a6＝________，Sn的最小值为________．14．已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn，若S1＝2,3Seq\o\al(2,n)－2an＋1Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)，则an＝________.15．[2024·山东济宁模拟]已知数列{an}的前项和为Sn＝n2，若bn＝eq\f(－1n·n,anan＋1)，则数列{bn}的前100项的和为________．16．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满意a1＝2,3Sn＝(n＋m)an，m∈R，且anbn＝n.则a2＝________；若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．备考训练7等差数列与等比数列——小题备考1．解析：a2＋a5＋a12＋a15＝2(a2＋a15)＝36，∴a1＋a16＝a2＋a15＝18，∴S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8×18＝144，故选B.答案：B2．解析：由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.故选C.答案：C3．解析：由a1，a2，a4成等比数列，得aeq\o\al(2,2)＝a1a4.∴(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)∴d2＝a1d∵d≠0，a1≠0∴d＝a1∴eq\f(a1＋a14,a3)＝eq\f(a1＋a1＋13d,a1＋2d)＝eq\f(15a1,3a1)＝5.故选C.答案：C4．解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝9，,a1＋2d－12＝a1＋d－1a1＋4d－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴S5＝5×1＋eq\f(5×4×2,2)＝25.答案：D5．解析：由题意知，a1＋am>0，a1＋am＋1<0，得Sm＝eq\f(ma1＋am,2)>0，Sm＋1＝eq\f(m＋1a1＋am＋1,2)<0.故选A.答案：A6．解析：由题意知a2·a6·a10＝aeq\o\al(3,6)＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝3b6＝7π.∴a6＝eq\r(3)，b6＝eq\f(7,3)π，∴taneq\f(b2＋b10,1－a3·a9)＝taneq\f(2b6,1－a\o\al(2,6))＝taneq\f(\f(14π,3),1－3)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝－eq\r(3)，故选D.答案：D7．解析：因为数列{an}是等差数列，又因为Sn有最小值，所以数列{an}为递增数列，且前若干项为负数，从某一项后的项为正数．又因为eq\f(a2019,a2020)>－1，使前n项和Sn>0成立的最小自然数n应使eq\f(a2019,a2020)<0，所以a2019<0，a2020>0⇒S4037＝eq\f(a1＋a4037,2)×4037＝4037×a2019<0；将eq\f(a2019,a2020)>－1两端同时乘以a2020得a2019>－a2020，即a2019＋a2020>0⇒S4038＝eq\f(a1＋a4038,2)×4038＝eq\f(a2019＋a2020,2)×4038>0.所以使前n项和Sn>0成立的最小自然数n为4038.故选A.答案：A8．解析：令bn＝coseq\f(nπ,2)，则{bn}为周期为4的数列，即当k∈N*时有，当n＝4k－3时，coseq\f(4k－3π,2)＝0，即a4k－3＝0，当n＝4k－2时，coseq\f(4k－2π,2)＝－1，即a4k－2＝－(4k－2)，当n＝4k－1时，coseq\f(4k－1π,2)＝0，即a4k－1＝0，当n＝4k时，coseq\f(4kπ,2)＝1，即a4k＝4k，即a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝2，所以S2020＝(0－2＋0＋4)＋(0－6＋0＋8)＋…＋(0－2014＋0＋2016)＋(0－2018＋0＋2020)＝505×2＝1010.答案：A9．解析：因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq\f(nn＋1,2)，数列{an}的第100项为5050，故A正确，D错误．所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,101)))＝eq\f(200,101).故B正确，C错误．故选AB.答案：AB10．解析：设等比数列{an}的公比为q，由题意得2×eq\f(1,2)a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.因为数列{an}的各项均为正数，所以a1>0，且q>0，故A、B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，所以eq\f(a3,a2)＝q＝3，eq\f(a6,a4)＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.答案：ABD11．解析：由题意，Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，两式相减得，Sn＋2－Sn＋1＝4(an＋1－an)，an＋2＝4an＋1－4an，所以an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，因为bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝2bn，又由题设得1＋a2＝4＋2＝6，即a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3，所以{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故A正确．由A得bn＝3·2n－1，所以bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，所以eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，即cn＋1－cn＝eq\f(3,4).所以数列{cn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(3,4)的等差数列．故B错误；由B得，cn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)(n－1)＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4)，即eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4)，所以an＝(3n－1)2n－2，则Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)2n－1＋2.故C，D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(1,tanA)，eq\f(1,tanB)，eq\f(1,tanC)依次成等差数列，则：eq\f(2,tanB)＝eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)，利用tanα＝eq\f(sinα,cosα)，整理得：eq\f(2cosB,sinB)＝eq\f(cosC,sinC)＋eq\f(cosA,sinA)，利用正弦和余弦定理得：2·eq\f(a2＋c2－b2,2abc)＝eq\f(a2＋b2－c2,2abc)＋eq\f(b2＋c2－a2,2abc)，整理得：2b2＝a2＋c2，即：a2，b2，c2依次成等差数列．此时对等差数列a2，b2，c2的每一项取相同的运算得到数列a，b，c或eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)或a3，b3，c3，这些数列一般都不行能是等差数列，除非a＝b＝c，但题目没有说△ABC是等边三角形．故选ABD.答案：ABD13．解析：依题意得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋8d＝6，,5a1＋10d＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝2.))所以a6＝－5＋10＝5，Sn＝－5n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－6n，当n＝3时，Sn的最小值为－9.答案：5－914．解析：由S1＝2，得a1＝S1＝2.由3Seq\o\al(2,n)－2an＋1Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)，得4Seq\o\al(2,n)＝(Sn＋an＋1)2.又an>0，∴2Sn＝Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1.当n≥2时，Sn－1＝an，两式作差得an＝an＋1－an，即eq\f(an＋1,an)＝2.又由S1＝2,3Seq\o\al(2,1)－2a2S1＝aeq\o\al(2,2)，求得a2＝2.∴当n≥2时，数列{an}是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列．an＝2×2n－2＝2n－1.验证当n＝1时不成立，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))15．解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，且当n＝1时，2n－1＝1＝a1，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，bn＝eq\f(－1n·n,anan＋1)＝(－1)n·eq\f(n,2n－12n＋1)＝(－1)n·eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，则数列{bn}的前100项的和为eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,197)＋\f(1,199)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,199)＋\f(1,201))))