2024年高考数学大二轮复习专题四数列第1讲等差数列等比数列练习理

PAGEPAGE1其次篇专题四第1讲等差数列、等比数列[限时训练·素能提升](限时45分钟，满分74分)一、选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)1．(2024·常德模拟)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．7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，∴d＝a1，eq\f(a1＋a14,a3)＝eq\f(a1＋a1＋13d,a1＋2d)＝eq\f(15a1,3a1)＝5，选C.答案C2．设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对随意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的A．充要条件B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件解析若对随意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0，则a1＋a2＜0，又a1＞0，所以a2＜0，所以q＝eq\f(a2,a1)＜0.若q＜0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝1－1＝0，不满意对随意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0.所以“q＜0”是“对随意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0”的必要而不充分条件．故选C.答案C3．(2024·济南模拟)朱世杰是历史上最宏大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人．每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”．其大意为：官府接连派遣1864人前往修筑堤坝．第一天派出64人，从其次天起先，每天派出的人数比前一天多7人．修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天．在这个问题中，第5天应发大米A．894升B．1170升C．1275升D．1467升解析由题意知，每天派出的人数构成首项为64，公差为7的等差数列，则第5天的总人数为5×64＋eq\f(5×4,2)×7＝390，所以第5天应发大米390×3＝1170升．答案B4．(2024·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满意SnSn＋1<0的正整数n的值为A．10B．11C．12D．13解析由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7<0，S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满意SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.答案C5．(2024·张家界三模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－eq\f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n的值为A．2B．3C．4D．6解析设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－eq\f(8,9)，q3＝eq\f(1,27)，q＝eq\f(1,3)，此等比数列各项均为负数，当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，解除B，而T2＝(－24)2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(6)＝84×eq\f(1,9)＝eq\f(84,9)>192，T6＝(－24)6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(15)＝86×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(9)＝eq\f(86,39)＝eq\f(86,39)＝eq\f(1,9)×eq\f(86,37)<eq\f(84,9).T4最大，选择C.答案C6．(2024·盐城模拟)已知a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的依次)是等差数列，则正数q的值是A.eq\f(1＋\r(5),2)B.eq\f(±1＋\r(5),2)C.eq\f(±1＋\r(3),2)D.eq\f(－1＋\r(3),2)解析因为公比q不为1，所以删去的数不是a1，a4.①若删去a2，则由2a3＝a1＋a4得2a1q2＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)．又q≠1，所以q2＝q＋1，又q>0，得q＝eq\f(1＋\r(5),2)；②若删去a3，则由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q＝1＋q3，整理得q(q＋1)(q－1)＝q－1.又q≠1，则可得q(q＋1)＝1，又q>0，得q＝eq\f(－1＋\r(5),2).综上所述，q＝eq\f(±1＋\r(5),2)，故选B.答案B7．(2024·百校联盟模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是其前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为A．12B．9C．16D．18解析因为S3－S2＝a3，所以由S2＋a2＝S3－3，得a3－a2＝3，设等比数列{an}的公比为q，则a1＝eq\f(3,q（q－1）)，由于{an}的各项为正，所以q>1.a4＋3a2＝a1q3＋3a1q＝a1q(q2＋3)＝eq\f(3,q（q－1）)q(q2＋3)＝eq\f(3（q2＋3）,q－1)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－1＋\f(4,q－1)＋2))≥18，当且仅当q－1＝2，即q＝3时，a4＋3a2取得最小值为18，故选D.答案D二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)8．(2024·广元统考)已知等差数列{an}满意a1＋a2＝10，a4－a3＝2，等比数列{bn}满意b2＝a3，b3＝a7，则b5的值为________．解析由a1＋a2＝10，a4－a3＝2可知数列a1＝4，d＝2，an＝2n＋2，所以b2＝8，b3＝16，故q＝2，b5＝b3·q2＝16×4＝64.答案649．(2024·太原三模)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，若a1，ak，a2k(k∈N*且k≥2)是公比为q的等比数列，则公比q的最大值为________．解析由题意，设公差为d，则q＝eq\f(ak,a1)＝1＋(k－1)·eq\f(d,a1)，因为a1，ak，a2k(k∈N*且k≥2)是公比为q的等比数列，所以aeq\o\al(2,k)＝a1·a2k，所以eq\f(d,a1)＝eq\f(1,（k－1）2)，所以q＝1＋eq\f(1,k－1)≤2，所以公比q的最大值为2.答案210．(2024·衡水模拟)在数列{an}中，若aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*)(p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的推断：①若数列{an}是等方差数列，则数列{aeq\o\al(2,n)}是等差数列；②数列{(－1)n}是等方差数列；③若数列{an}是等方差数列，则数列{akn}(k为常数，k∈N*)也是等方差数列；④若数列{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列必为常数列；其中正确命题的序号为________．解析①因为{an}是等方差数列，所以aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)成立，得到{aeq\o\al(2,n)}为首项是aeq\o\al(2,1)，公差为p的等差数列；②因为aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝(－1)2n－(－1)2(n－1)＝1－1＝0，所以数列{(－1)n}是等方差数列；③数列{an}中的项列举出来是：a1，a2，…，ak，ak＋1，ak＋2，…，a2k，…，a3k，…数列{akn}中的项列举出来是：ak，a2k，a3k，…因为aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1)＝aeq\o\al(2,k＋3)－aeq\o\al(2,k＋2)＝…＝aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1)＝p，所以(aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k))＋(aeq\o\al(2,k＋2)－aeq\o\al(2,k＋1))＋(aeq\o\al(2,k＋3)－aeq\o\al(2,k＋2))＋…＋(aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,2k－1))＝aeq\o\al(2,2k)－aeq\o\al(2,k)＝kp，类似地，可得aeq\o\al(2,k（n＋1）)－aeq\o\al(2,kn)＝kp，所以，数列{akn}是等方差数列；④{an}既是等方差数列，又是等差数列，所以aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝p，且an－an－1＝d(d≠0)，所以an＋an－1＝eq\f(p,d)，联立解得an＝eq\f(d,2)＋eq\f(p,2d)，所以{an}为常数列，当d＝0时，明显{an}为常数列，所以该数列为常数列．答案①②③④三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)11．(2024·北京)设{an}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通项公式；(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.解析(1)设{an}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2.又a1＝ln2，所以d＝ln2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(2)因为ea1＝eln2＝2，eq\f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln2＝2，所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq\f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)．12．(2024·山西考前适应性测试)已知等比数列{an}中，an>0，eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an＋2)，n∈N*，且a1＝eq\f(1,64).(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n·(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n.解析(1)设等比数列{an}的公比为q，则q>0.因为eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an＋2)，所以eq\f(1,a1qn－1)－eq\f(1,a1qn)＝eq\f(2,a1qn＋1)，因为q>0，解得q＝2.所以an＝eq\f(1,64)×2n－1＝2n－7，n∈N*.(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－