專題03等差數(shù)列等比數(shù)列之測案（理科）第一篇熱點難點突破篇-《2022年高考數(shù)學二輪復習》（全國課標版）

等差數(shù)列等比數(shù)列—測案【滿分：150分時間：120分鐘】一、單項選擇題（12*5=60分）1.(2021·石室中學一診)正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a2＋a8－aeq\o\al(2,5)＋8＝0，則S9＝()A.35 B.36 C.45 D.54答案B解析由等差數(shù)列的性質(zhì)得a2＋a8＝2a5，∴a2＋a8－aeq\o\al(2,5)＋8＝0，可化為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.在等比數(shù)列{an}中，a4＝eq\r(2)，a5＝eq\r(5)，則數(shù)列{lgan}的前8項和S8為()A.4 B.2 C.3 D.5答案B解析因為{an}為等比數(shù)列，且a4＝eq\r(2)，a5＝eq\r(5)，所以a4a5＝eq\r(2)·eq\r(5)＝eq\r(10).則數(shù)列{lgan}的前8項和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·全國甲卷)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn.設(shè)甲：q＞0，乙：{Sn}是遞增數(shù)列，則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件答案B解析當a1＜0，q＞1時，an＝a1qn－1＜0，此時數(shù)列{Sn}遞減，所以甲不是乙的充分條件.當數(shù)列{Sn}遞增時，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，則qn＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，則qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要條件.綜上，甲是乙的必要條件但不是充分條件.4.(2021·日照校際聯(lián)考)對于數(shù)列{an}，若存在正整數(shù)k(k≥2)，使得ak<ak－1，ak<ak＋1，則稱ak是數(shù)列{an}的“谷值”，k是數(shù)列{an}的“谷值點”.在數(shù)列{an}中，若an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,n)－8))，則數(shù)列{an}的“谷值點”為()A.2 B.7 C.2，7 D.2，3，7答案C解析因為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).當n≥7，n∈N*時，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，此時數(shù)列{an}遞增，a2<a1，a2<a3，a7<a6，a7<a8，所以數(shù)列{an}的“谷值點”為2，7.5.(2021·湖北重點中學調(diào)研)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，前n項積為Tn，并滿足條件a1>1，a2021·a2022>1，(a2021－1)·(a2022－1)<0，則下列結(jié)論中不正確的有()A.q>1B.S2022>S2021C.a2021·a2023<1D.T2021是數(shù)列{Tn}中的最大項答案A解析由{an}為等比數(shù)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，則A錯誤.S2022＝S2021＋a2022＝S2021＋a1q2021>S2021，故B正確.由等比數(shù)列性質(zhì)知a2021·a2023＝aeq\o\al(2,2022)<1，所以C正確.因為a1>1，a2>1，…，a2021>1，a2022<1，a2023<1，…，所以(Tn)max＝T2021，D正確.6.已知數(shù)列{an}滿足an＋2＋an＝2an＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，則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，則(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝1，∵a2－a1＝5－1＝4，∴數(shù)列{an＋1－an}是以4為首項，1為公差的等差數(shù)列，an＋1－an＝4＋1×(n－1)＝n＋3，則a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝5，…，an－an－1＝n＋2，各項相加，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.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，S3＝12，則a6等于()A．8B．10C．12D．14C因為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.故選C.8．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝2，a5＝3a3，則S9＝()A．－72B．－54C．54D．90B設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝2，a5＝3a3，∴2＋4d＝3(2＋2d)，解得d＝－2，∴S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝－54，故選B.9．在等差數(shù)列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，則該數(shù)列的前11項和為()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.則S11＝11a6＝11×12＝132.故選C.10.若數(shù)列{an}滿足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1<0的k值為()A．22B．21C．24D．23D因為3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，所以數(shù)列{an}是首項為15，公差為－eq\f(2,3)的等差數(shù)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值為23.11．各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且3Sn＝anan＋1，則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當n＝1時，3S1＝a1a2，3a1＝a1a2，∴a2＝3.當n≥2時，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，兩式相減得3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}是以3為首項，3為公差的等差數(shù)列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n（n＋1）,2)，選C.12.(2021·長沙聯(lián)考)在“全面脫貧”行動中，貧困戶小王2021年1月初向銀行借了扶貧免息貸款10000元，用于自己開設(shè)的農(nóng)產(chǎn)品土特產(chǎn)品加工廠的原材料進貨，因產(chǎn)品質(zhì)優(yōu)價廉，上市后供不應求，據(jù)測算每月獲得的利潤是該月月初投入資金的20%，每月月底需繳納房租600元和水電費400元，余款作為資金全部用于再進貨，如此繼續(xù).設(shè)第n月月底小王手中有現(xiàn)款為an，有下列結(jié)論(參考數(shù)據(jù)：1.211＝7.5，1.212＝9)：①a1＝12000；②an＋1＝1.2an－1000；③2021年小王的年利潤為40000元；④兩年后，小王手中現(xiàn)款達41萬.其中正確命題的個數(shù)有()A.0 B.1 C.2 D.3答案D解析每月獲得的利潤是該月月初投入資金的20%，每月月底需繳納房租600元和水電費400元，a1＝(1＋20%)×10000－1000＝11000元，故①錯誤；由題意an＋1＝1.2an－1000，故②正確；由an＋1＝1.2an－1000，得an＋1－5000＝1.2(an－5000)，所以數(shù)列{an－5000}是首項為6000，公比為1.2的等比數(shù)列，∴a12－5000＝6000×1.211，即a12＝6000×1.211＋5000＝50000，則2021年小王的年利潤為50000－10000＝40000元，故③正確；兩年后，即a24＝5000＋6000×1.223＝5000＋6000×eq\f(92,1.2)＝410000，即41萬，故④正確，故選二、填空題（4*5=20分）13.(2021·上海卷)已知等差數(shù)列{an}的首項為3，公差為2，則a10＝________.答案21解析由題意，得a10＝3＋(10－1)×2＝21.14.已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝2－2an＋1，若a2＝eq\f(1,2)，則S5＝________.答案eq\f(31,16)解析由題意可知，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}是首項為－1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)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·安慶模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項的乘積記為Tn，若T2＝T9＝512，則T8＝________.答案4096解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為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聯(lián)立，得q9＝eq\f(1,512)，則q＝eq\f(1,2).所以T8＝eq\f(T9,a9)＝eq\f(T9,a1q5q3)＝212＝4096.16.(2021·江南十校聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＋1＋λ＝3Sn，a3＝12，則實數(shù)λ的值為________.答案－eq\f(3,4)解析等比數(shù)列{an}滿足an＋1＋λ＝3Sn，①則an＋λ＝3Sn－1(n≥2，n∈N*)，②①－②得an＋1－an＝3Sn－3Sn－1，則an＋1＝4an，所以等比數(shù)列{an}的公比為4，又由a3＝12，則a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(3,4)，若an＋1＋λ＝3Sn，則a1qn＋λ＝3×eq\f(a1（1－qn）,1－q)恒成立，∴λ＝－a1＝－eq\f(3,4).三、解答題（17題10分，1822題12分）17.(2021·廣州質(zhì)檢)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且{bn}的前n項和為Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________.在①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2這兩個條件中任選其中一個，補充在上面的橫線上，并完成下面問題的解答.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an－bn}的前n項和Tn.解(1)若選條件①，b5＝4(b4－b3).設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1.∴an＝1＋(n－1)×1＝n.設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為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}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*).若選條件②，bn＋1＝Sn＋2.令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4.∴公比q＝eq\f(b2,b1)＝2.∴數(shù)列{bn}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.從而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)記Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)求使Sn>an成立的n的最小值.解(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：S5＝5a3，則a3＝5a3，∴a3＝0.設(shè)等差數(shù)列的公差為d，從而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d.∵a2a4＝S4，∴－d2＝－2d，由于公差不為零，故d＝2，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由數(shù)列{an}的通項公式可得：a1＝2－6＝－4，則Sn＝n×(－4)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－5n，則不等式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為正整數(shù)，故n的最小值為7.19.已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an與其前n項和Sn；(2)將數(shù)列{an}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項，記{bn}的前n項和為Tn，若存在m∈N*，使得對任意n∈N*，總有Sn<Tm＋λ恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，從而Sn＝eq\f(n（9－n）,2)(n∈N*).(2)由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則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)隨n的增大而減小，∴{Tn}為遞增數(shù)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*，使得對任意n∈N*，總有Sn<Tm＋λ，則10<8＋λ，得λ>2.故實數(shù)λ的取值范圍為(2，＋∞).20.(2014·課標Ⅰ，17，12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由．【解析】(1)證明：由題設(shè)，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由題設(shè)，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}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列．21.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝eq\f(an,an＋t)，問：是否存在正整數(shù)t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差數(shù)列？若存在，求出t和m的值；若不存在，請說明理由．解：(1)設(shè)公差為d，由題意得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成等差數(shù)列，必須2b2＝b1＋bm，即2×eq\f(3,3＋t)＝eq\f(1,1＋t)＋eq\f(2m－1,2m－1＋t)，移項得eq\f(2m－1,2