高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強化練（四）等差數(shù)列與等比數(shù)列

專題強化練(四)等差數(shù)列與等比數(shù)列1．(2023·佛山南海區(qū)校級模擬)已知xy>0，向量m＝(2x，1)與向量n＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)y)垂直，x，y，2成等比數(shù)列，則x與y的等差中項為()A．eq\f(3,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(1,2) D．1解析：因為向量m＝(2x，1)與向量n＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)y)垂直，所以m·n＝0，即x－eq\f(1,2)y＝0，所以y＝2x，因為x，y，2成等比數(shù)列，所以y2＝2x，所以(2x)2＝2x，即2x2＝x，因為xy>0，所以x≠0，所以x＝eq\f(1,2)，所以y＝1，所以x與y的等差中項為eq\f(x＋y,2)＝eq\f(3,4).故選A.答案：A2．(2023·東莞校級模擬)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和．若Sn＝n2－n＋a，則“a＝0”是“2a4＝a2＋a6”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：當(dāng)a＝0時，Sn＝n2－n，由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＝0，a2＝2，d＝2，故an＝2(n－1)，顯然2a4＝a2＋a6滿足；由Sn＝n2－n＋a可得a2＝S2－S1＝2，a4＝S4－S3＝6，a6＝S6－S5＝10，此時滿足2a4＝a2＋a6，但不一定a＝0，故“a＝0”是“2a4＝a2＋a6”的充分不必要條件．故選A.答案：A3．(2023·廣東一模)已知等比數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，且滿足：0<a1<1，a17a18＋1<a17＋a18<2，記Tn＝a1a2…an，則使得Tn>1的最小正數(shù)n為()A．36 B．35C．34 D．33解析：由a17a18＋1<a17＋a18得：(a17－1)(a18－1)<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a17<1，,a18>1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a17>1，,a18<1，))因為等比數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，所以q>0，所以數(shù)列{an}具有單調(diào)性，又因為0<a1<1，所以0<a17<1<a18，又因為a17a18＋1<2，所以a17a18<1，所以T33＝(a1a33)eq\s\up6(\f(33,2))＝(a17)2×eq\f(33,2)＝aeq\o\al(33,17)<1，T34＝(a1a34)17＝(a17a18)17<1，T35＝(a1a35)eq\s\up6(\f(35,2))＝(aeq\o\al(2,18))eq\s\up6(\f(35,2))＝aeq\o\al(35,18)>1，則使得Tn>1的最小正數(shù)n為35，故選B.答案：B4．(2023·普寧校級二模)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}為常數(shù)列，則an＝()A.eq\f(1,3n－1) B.eq\f(2,n（n＋1）)C.eq\f(1,（n＋1）（n＋2）) D.eq\f(5－2n,3)解析：因為數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，所以S1＋1×a1＝1＋1＝2，因為{Sn＋nan}為常數(shù)列，所以由題意知，Sn＋nan＝2，當(dāng)n≥2時，(n＋1)an＝(n－1)an－1，從而eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－1,n＋1)，所以an＝eq\f(2,n（n＋1）)，當(dāng)n＝1時上式成立，所以an＝eq\f(2,n（n＋1）).故選B.答案：B5．(2023·深圳模擬)設(shè)各項均為實數(shù)的等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，對于方程①2023x2－S2023x＋T2023＝0，②x2－a1x＋b1＝0，③x2＋a2023x＋b2023＝0.下列判斷正確的是()A．若①有實根，②有實根，則③有實根B．若①有實根，②無實根，則③有實根C．若①無實根，②有實根，則③無實根D．若①無實根，②無實根，則③無實根解析：若①有實根，由題意得：Seq\o\al(2,2023)－4×2023T2023≥0，其中S2023＝eq\f(2023（a1＋a2023）,2)＝2023a1012，T2023＝eq\f(2023（b1＋b2023）,2)＝2023b1012，代入上式得aeq\o\al(2,1012)－4b1012≥0，設(shè)方程x2－a1x＋b1＝0與方程x2＋a2023x＋b2023＝0的判別式分別為Δ1和Δ2023，則Δ1＋Δ2023＝(aeq\o\al(2,1)－4b1)＋(aeq\o\al(2,2023)－4b2023)＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2023)－4(b1＋b2023)≥eq\f(（a1＋a2023）2,2)－4(b1＋b2023)等號成立的條件是a1＝a2023.又Δ1＋Δ2023≥eq\f(（a1＋a2023）2,2)－4(b1＋b2023)＝eq\f(（2a1012）2,2)－8b1012＝2(aeq\o\al(2,1012)－4b1012)≥0，如果②有實根，則Δ1≥0，則Δ2023≥0或者Δ2023<0，所以③有實根或者沒有實根，如a1＝6，b1＝2，a2013＝4，b2013＝6，滿足aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝52－4×4>0，Δ1＝36－8>0，但是Δ2023＝16－24<0，所以③沒有實根，所以A錯誤；如果②沒實根，則Δ1<0，則Δ2023≥0，所以③有實根，所以B正確；若①無實根，則aeq\o\al(2,1012)－4b1012<0，②有實根，則Δ1≥0，設(shè)a1＝3，b1＝2，a2023＝－3，b2023＝2，所以aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝(0)2－4×2<0，Δ1>0，此時Δ2023＝1>0，則③有實根，所以C錯誤；若①無實根，則aeq\o\al(2,1012)－4b1012<0，②無實根，則Δ1<0，設(shè)a1＝3，b1＝3，a2023＝－3，b2023＝2，所以aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝(0)2－4×eq\f(5,2)<0，Δ1<0，此時Δ2023＝1>0，則③有實根，所以D錯誤．故選B.答案：B6．(2023·廣州模擬)斐波那契數(shù)列{an}滿足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一項稱為“斐波那契數(shù)”．如圖，在以斐波那契數(shù)為邊長的正方形拼成的長方形中，利用下列各圖中的面積關(guān)系，推出eq\f(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2023),a2023)是斐波那契數(shù)列的第________項．()A．2022 B．2023C．2024 D．2025解析：由an＋1＝an＋2－an，則aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋1(an＋2－an)＝an＋2·an＋1－an＋1an，又a1＝a2＝1，所以aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a3a2－a2a1，aeq\o\al(2,3)＝a4a3－a3a2，…，aeq\o\al(2,2023)＝a2024a2023－a2023a2022，則T2023＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2024a2023，故eq\f(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2021),a2023)＝eq\f(T2023,a2023)＝a2024.故選C.答案：C7．(多選題)(2023·湛江二模)一百零八塔始建于西夏時期，是中國現(xiàn)存最大且排列最整齊的塔群之一，塔群隨山勢鑿石分階而建，自上而下一共12層，第1層有1座塔，從第2層開始每層的塔數(shù)均不少于上一層的塔數(shù)，總計108座塔．已知包括第1層在內(nèi)的其中10層的塔數(shù)可以構(gòu)成等差數(shù)列{an}，剩下的2層的塔數(shù)分別與上一層的塔數(shù)相等，第1層與第2層的塔數(shù)不同，則()A．第3層的塔數(shù)為3B．第6層的塔數(shù)為9C．第4層與第5層的塔數(shù)相等D．等差數(shù)列{an}的公差為2解析：根據(jù)題意，已知包括第1層在內(nèi)的其中10層的塔數(shù)可以構(gòu)成等差數(shù)列{an}，設(shè)其公差為d，若d＝1，則10層的塔數(shù)之和為10×1＋eq\f(10×9,2)＝55，最多可以有55＋10＋10＝75座塔，不符合題意，若d＝3，則10層的塔數(shù)之和為10×1＋eq\f(10×9,2)×3＝145>108，不符合題意，則必有d＝2，則10層的塔數(shù)之和為10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝100，剩下的2層塔數(shù)分別為3和5，則這12層塔數(shù)為1，3，3，5，5，7，9，11，13，15，17，19，由此分析選項：對于A，第3層的塔數(shù)為3，A正確；對于B，第6層的塔數(shù)為7，B錯誤；對于C，第4層與第5層的塔數(shù)相等，都是5，C正確；對于D，等差數(shù)列{an}的公差為2，D正確．故選ACD.答案：ACD8．(多選題)(2023·汕頭二模)已知數(shù)列為{an}為等差數(shù)列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，前n項和為Sn.數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n)，則下列結(jié)論正確的是()A．?dāng)?shù)列{an}的通項公式為an＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1B．?dāng)?shù)列{bn}是遞減數(shù)列C．?dāng)?shù)列{bn}是等差數(shù)列D．?dāng)?shù)列{an}中任意三項不能構(gòu)成等比數(shù)列解析：在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，則其公差d＝eq\r(2)，則an＝1＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1，故A正確；則數(shù)列{an}前n項和Sn＝n＋eq\f(\r(2),2)n(n－1)，則bn＝eq\f(Sn,n)＝1＋eq\f(\r(2),2)(n－1)＝eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1，所以bn＋1－bn＝eq\f(\r(2),2)(n＋1)－eq\f(\r(2),2)＋1－(eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1)＝eq\f(\r(2),2)>0，所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列且是遞增數(shù)列，故B錯誤，C正確；假設(shè)ar，as，at(r≠s，s≠t，r≠t)為等差數(shù)列{an}中三項，且ar，as，at構(gòu)成等比數(shù)列，則aeq\o\al(2,s)＝arat，即2(s2－rt)＝(2－eq\r(2))(2s－r－t)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))則r＝t＝s，這與r≠t≠s矛盾．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))不成立；又由r，s，t為整數(shù)，2－eq\r(2)為無理數(shù)，可得2(s2－rt)＝(2－eq\r(2))(2s－r－t)不成立．則假設(shè)不成立，即數(shù)列{an}中任意三項不能構(gòu)成等比數(shù)列，故D正確．故選ACD.答案：ACD9．(多選題)(2023·梅州一模)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和，則下列命題正確的是()A．若d<0，則S1是數(shù)列{Sn}的最大項B．若數(shù)列{Sn}有最小項，則d>0C．若數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列，則對任意的n∈N*，均有Sn<0D．若對任意的n∈N*，均有Sn>0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列解析：對于A，取數(shù)列{an}為首項為4，公差為－2的等差數(shù)列，S1＝4<S2＝6，故A錯誤；對于B，等差數(shù)列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)．當(dāng)數(shù)列{Sn}有最小項，即Sn有最小值，Sn對應(yīng)的二次函數(shù)有最小值，對應(yīng)的函數(shù)圖象開口向上，d>0，故B正確；對于C，取數(shù)列{an}為首項為1，公差為－2的等差數(shù)列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此時數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列，而S1＝1>0，故C錯誤；對于D，若數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列，則an＝Sn－Sn－1<0(n≥2)，一定存在實數(shù)k，當(dāng)n>k時，之后所有項都為負數(shù)，不能保證對任意n∈N*，均有Sn>0，故若對任意n∈N*，均有Sn>0，有數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，故D正確．故選BD.答案：BD10．(多選題)(2023·佛山禪城區(qū)校級一模)設(shè)Sn和Tn分別為數(shù)列{an}和{bn}的前n項和．已知2Sn＝3－an，bn＝eq\f(nan,3)，則()A．{an}是等比數(shù)列B．{bn}是遞增數(shù)列C．eq\f(Sn,an)＝eq\f(3n－1,2)D．eq\f(Sn,Tn)>2解析：因為2Sn＝3－an，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝3－an－1，兩式相減得，2an＝an－1－an，即3an＝an－1，當(dāng)n＝1時，2S1＝3－a1，解得a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，A正確；所以an＝(eq\f(1,3))n－1，bn＝eq\f(nan,3)＝n·(eq\f(1,3))n－2，Sn＝eq\f(3－（\f(1,3)）n－1,2)，則b1＝3，b2＝2，B顯然不成立；又eq\f(Sn,an)＝eq\f(3－（\f(1,3)）n－1,2×（\f(1,3)）n－1)＝eq\f(3n－1,2)，C正確；Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，兩式相減得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n＋1)，所以Tn＝eq\f(3,4)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,2·3n)>0，所以2Tn－Sn＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n)－eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))＝－eq\f(n,3n)<0，所以eq\f(Sn,Tn)>2，D正確．故選ACD.答案：ACD11．(2023·惠州一模)若2、a、b、c、9成等差數(shù)列，則c－a＝________．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得2b＝2＋9，解得b＝eq\f(11,2)，又可得2a＝2＋b＝2＋eq\f(11,2)＝eq\f(15,2)，解之可得a＝eq\f(15,4)，同理可得2c＝9＋eq\f(11,2)＝eq\f(29,2)，解得c＝eq\f(29,4)，故c－a＝eq\f(29,4)－eq\f(15,4)＝eq\f(14,4)＝eq\f(7,2).答案：eq\f(7,2)12．(2023·廣東一模)已知等比數(shù)列{an}，其前n項和為Sn.若a2＝4，S3＝14，則a3＝________．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝4，S3＝a1＋a2＋a3＝14，得eq\f(4,q)＋4＋4q＝14，整理得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2)，當(dāng)q＝2時，a3＝a2q＝4×2＝8；當(dāng)q＝eq\f(1,2)時，a3＝a2q＝4×eq\f(1,2)＝2.答案：8或213．(2023·廣州一模)已知n∈N*，將數(shù)列{2n－1}與數(shù)列{n2－1}的公共項從小到大排列得到新數(shù)列{an}，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝________．解析：設(shè)2n－1＝m2－1，即2n＝m2，又2n為偶數(shù)，則m為偶數(shù)，即an＝(2n)2－1＝4n2－1，則eq\f(1,an)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,19)－eq\f(1,21))]＝eq\f(1,2)×eq\f(20,21)＝eq\f(10,21).答案：eq\f(10,21)14．(2023·廣東模擬)數(shù)列{an}中，an表示自然數(shù)n的所有因數(shù)中最大的那個奇數(shù)，例如：20的因數(shù)有1，2，4，5，10，20，a20＝5，21的因數(shù)有1，3，7，21，a21＝21，那么數(shù)列{an}前22023－1項的和為________．解析：由題意不妨令an＝g(n)，則g(n)＝g(2n)，且當(dāng)n為奇數(shù)時，g(n)＝n，設(shè)f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)，則f(n＋1)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n＋1－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n＋1－1)＋g(2)＋g(4)＋…＋g(2n＋1－2)＝eq\f(2n[1＋（2n＋1－1）],2)＋g(1)＋g(2)＋…＋g(2n－1)＝f(n)＋4n，則f(n＋1)－f(n)＝4n，則f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝4n－1＋4n－2＋…＋41＋1＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，則數(shù)列{an}前22023－1項的和為eq\f(42023－1,3).答案：eq\f(42023－1,3)15．(2023·廣州黃埔區(qū)校級模擬)數(shù)列{an}滿足an＝－n＋p，數(shù)列{bn}滿足bn＝2n－5，設(shè)cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，an≤bn，,bn，an>bn，))且對任意n＝N*且n≠9，有c9>cn，則實數(shù)p的取值范圍為________．解析：當(dāng)an≤bn時，cn＝an，當(dāng)an≥bn時，cn＝bn，所以cn是an，bn中的較小者，由an＝－n＋p，所以{an}是遞減數(shù)列，由bn＝2n－5，所以{bn}是遞增數(shù)列，因為c9>cn(n≠9