专题03等差数列等比数列之测案（理科）第一篇热点难点突破篇-《2022年高考数学二轮复习》（全国课标版）

等差数列等比数列—测案【满分：150分时间：120分钟】一、单项选择题（12*5=60分）1.(2021·石室中学一诊)正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a8－aeq\o\al(2,5)＋8＝0，则S9＝()A.35 B.36 C.45 D.54答案B解析由等差数列的性质得a2＋a8＝2a5，∴a2＋a8－aeq\o\al(2,5)＋8＝0，可化为aeq\o\al(2,5)－2a5－8＝0.又a5>0，解得a5＝4.∴S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝36.2.在等比数列{an}中，a4＝eq\r(2)，a5＝eq\r(5)，则数列{lgan}的前8项和S8为()A.4 B.2 C.3 D.5答案B解析因为{an}为等比数列，且a4＝eq\r(2)，a5＝eq\r(5)，所以a4a5＝eq\r(2)·eq\r(5)＝eq\r(10).则数列{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lga1·a2·…·a8＝lg(a1·a8)(a2·a7)(a3·a6)(a4·a5)＝lg(eq\r(10))4＝4lgeq\r(10)＝2.3.(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析当a1＜0，q＞1时，an＝a1qn－1＜0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，则qn＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，则qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.4.(2021·日照校际联考)对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得ak<ak－1，ak<ak＋1，则称ak是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”.在数列{an}中，若an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,n)－8))，则数列{an}的“谷值点”为()A.2 B.7 C.2，7 D.2，3，7答案C解析因为an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,n)－8))，所以a1＝2，a2＝eq\f(3,2)，a3＝2，a4＝eq\f(7,4)，a5＝eq\f(6,5)，a6＝eq\f(1,2)，a7＝eq\f(2,7)，a8＝eq\f(9,8).当n≥7，n∈N*时，n＋eq\f(9,n)－8>0，所以an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,n)－8))＝n＋eq\f(9,n)－8，此时数列{an}递增，a2<a1，a2<a3，a7<a6，a7<a8，所以数列{an}的“谷值点”为2，7.5.(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2021·a2022>1，(a2021－1)·(a2022－1)<0，则下列结论中不正确的有()A.q>1B.S2022>S2021C.a2021·a2023<1D.T2021是数列{Tn}中的最大项答案A解析由{an}为等比数列，a1>1，a2021·a2022>1及(a2021－1)·(a2022－1)<0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2021>1，,a2022<1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2021<1，,a2022>1))(舍去).∴公比q＝eq\f(a2022,a2021)<1，则A错误.S2022＝S2021＋a2022＝S2021＋a1q2021>S2021，故B正确.由等比数列性质知a2021·a2023＝aeq\o\al(2,2022)<1，所以C正确.因为a1>1，a2>1，…，a2021>1，a2022<1，a2023<1，…，所以(Tn)max＝T2021，D正确.6.已知数列{an}满足an＋2＋an＝2an＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝()A.69 B.105 C.204 D.205答案D解析由an＋2＋an＝2an＋1＋1，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋1，则(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝1，∵a2－a1＝5－1＝4，∴数列{an＋1－an}是以4为首项，1为公差的等差数列，an＋1－an＝4＋1×(n－1)＝n＋3，则a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝5，…，an－an－1＝n＋2，各项相加，得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋4＋5＋…＋(n＋2)＝1＋eq\f(（n－1）·（4＋n＋2）,2)＝eq\f(（n－1）（n＋6）,2)＋1，∴a18＝eq\f(（18－1）×（18＋6）,2)＋1＝205.7.等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8B．10C．12D．14C因为S3＝3a1＋eq\f(3×（3－1）,2)d＝3×2＋eq\f(3×2,2)d＝12，所以d＝2.所以a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选C.8．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝2，a5＝3a3，则S9＝()A．－72B．－54C．54D．90B设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝2，a5＝3a3，∴2＋4d＝3(2＋2d)，解得d＝－2，∴S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝－54，故选B.9．在等差数列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，则该数列的前11项和为()A．12B．72C．132D．1922．C由a9＝eq\f(1,2)a12＋6，得2a9－a12＝12，即2a1＋16d－a1－11d＝12，∴a1＋5d＝12，即a6＝12.则S11＝11a6＝11×12＝132.故选C.10.若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1<0的k值为()A．22B．21C．24D．23D因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，所以数列{an}是首项为15，公差为－eq\f(2,3)的等差数列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)>0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值为23.11．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝()A.eq\f(n（n＋5）,2)B.eq\f(n（5n＋1）,2)C.eq\f(3n（n＋1）,2)D.eq\f(（n＋3）（n＋5）,2)C当n＝1时，3S1＝a1a2，3a1＝a1a2，∴a2＝3.当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n（n＋1）,2)，选C.12.(2021·长沙联考)在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为an，有下列结论(参考数据：1.211＝7.5，1.212＝9)：①a1＝12000；②an＋1＝1.2an－1000；③2021年小王的年利润为40000元；④两年后，小王手中现款达41万.其中正确命题的个数有()A.0 B.1 C.2 D.3答案D解析每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，a1＝(1＋20%)×10000－1000＝11000元，故①错误；由题意an＋1＝1.2an－1000，故②正确；由an＋1＝1.2an－1000，得an＋1－5000＝1.2(an－5000)，所以数列{an－5000}是首项为6000，公比为1.2的等比数列，∴a12－5000＝6000×1.211，即a12＝6000×1.211＋5000＝50000，则2021年小王的年利润为50000－10000＝40000元，故③正确；两年后，即a24＝5000＋6000×1.223＝5000＋6000×eq\f(92,1.2)＝410000，即41万，故④正确，故选二、填空题（4*5=20分）13.(2021·上海卷)已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝________.答案21解析由题意，得a10＝3＋(10－1)×2＝21.14.已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝2－2an＋1，若a2＝eq\f(1,2)，则S5＝________.答案eq\f(31,16)解析由题意可知，S1＝2－2a2＝1，且Sn＝2－2(Sn＋1－Sn)，整理可得，Sn＋1－2＝eq\f(1,2)(Sn－2)，由于S1－2＝－1，所以{Sn－2}是首项为－1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，故S5－2＝(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝－eq\f(1,16)，∴S5＝eq\f(31,16).15.(2021·安庆模拟)已知等比数列{an}的前n项的乘积记为Tn，若T2＝T9＝512，则T8＝________.答案4096解析设等比数列{an}的公比为q，由T2＝T9，得aeq\o\al(7,6)＝1，故a6＝1.∴a1q5＝1.①又a1a2＝aeq\o\al(2,1)q＝512，②由①②联立，得q9＝eq\f(1,512)，则q＝eq\f(1,2).所以T8＝eq\f(T9,a9)＝eq\f(T9,a1q5q3)＝212＝4096.16.(2021·江南十校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＋λ＝3Sn，a3＝12，则实数λ的值为________.答案－eq\f(3,4)解析等比数列{an}满足an＋1＋λ＝3Sn，①则an＋λ＝3Sn－1(n≥2，n∈N*)，②①－②得an＋1－an＝3Sn－3Sn－1，则an＋1＝4an，所以等比数列{an}的公比为4，又由a3＝12，则a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(3,4)，若an＋1＋λ＝3Sn，则a1qn＋λ＝3×eq\f(a1（1－qn）,1－q)恒成立，∴λ＝－a1＝－eq\f(3,4).三、解答题（17题10分，1822题12分）17.(2021·广州质检)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________.在①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn.解(1)若选条件①，b5＝4(b4－b3).设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1.∴an＝1＋(n－1)×1＝n.设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2).∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2.所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*).若选条件②，bn＋1＝Sn＋2.令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4.∴公比q＝eq\f(b2,b1)＝2.∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.从而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*).(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，∴Tn＝eq\f(n（1＋n）,2)－eq\f(2（1－2n）,1－2)，∴Tn＝2－2n＋1＋eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2).18.(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求使Sn>an成立的n的最小值.解(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0.设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d.∵a2a4＝S4，∴－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列{an}的通项公式可得：a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－5n，则不等式Sn>an即n2－5n>2n－6，整理可得：(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.19.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝eq\f(n（9－n）,2)(n∈N*).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，∴Tn＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)随n的增大而减小，∴{Tn}为递增数列，得4≤Tn<8.又Sn＝eq\f(n（9－n）,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))\s\up12(2)－\f(81,4)))，又n∈N*，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞).20.(2014·课标Ⅰ，17，12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．【解析】(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．21.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；(2)设数列{bn}的通项公式为bn＝eq\f(an,an＋t)，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设公差为d，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋16d＝34，,3a1＋3d＝9，))解得a1＝1，d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2.(2)由(1)知bn＝eq\f(2n－1,2n－1＋t)，要使b1，b2，bm成等差数列，必须2b2＝b1＋bm，即2×eq\f(3,3＋t)＝eq\f(1,1＋t)＋eq\f(2m－1,2m－1＋t)，移项得eq\f(2m－1,2