新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第1讲等差数列与等比数列

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第1讲等差数列与等比数列，共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. (2023·贵州高二校联考期中)已知等差数列{an}的前8项和为68，a10＝25，则a100＝( C )
A．300 B．298
C．295 D．296
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，因为等差数列{an}的前8项和为68，可得eq \f(8a1＋a8,2)＝68，即a1＋a8＝17，即2a1＋7d＝17，又由a10＝25，可得a1＋9d＝25，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝17，,a1＋9d＝25，))解得a1＝－2，d＝3，所以a100＝a1＋99d＝－2＋99×3＝295.故选C．
2. (2023·北京高三专题练习)已知数列{an}中，a1＝1，eq \f(2,an)－eq \f(1,an＋1)＝0，Sn为其前n项和，则S5＝( B )
A．eq \f(11,16) B．eq \f(31,16)
C．11 D．31
【解析】 由eq \f(2,an)－eq \f(1,an＋1)＝0得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)，又∵a1＝1，∴数列{an}为首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，∴S5＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(31,16)，故选B．
3. (2023·咸阳模拟)已知等差数列{an}满足an＋2an＋1＝3n＋2，则{an}的前20项和S20＝( C )
A．200 B．300
C．210 D．320
【解析】 因为数列{an}为等差数列，设an＝An＋B，所以an＋1＝An＋A＋B，所以an＋2an＋1＝3An＋2A＋3B，因为an＋2an＋1＝3n＋2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3A＝3，,2A＋3B＝2，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝1，,B＝0，))则an＝n，所以S20＝20×1＋eq \f(20×20－1,2)×1＝210.故选C．
4. (2023·西安二模)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 023等于( D )
A．3(21 011－1) B．21 012－3
C．3(21 010－1) D．21 013－3
【解析】 ∵数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)①，∴当n＝1时，a2＝2，当n≥2，anan－1＝2n－1②，两式相除得eq \f(an＋1,an－1)＝2，∴数列{an}的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，数列{an}的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴S2 023＝eq \f(1×1－21 012,1－2)＋eq \f(2×1－21 011,1－2)＝21 012－1＋2×21 011－2＝21 013－3.故选D．
5. (2023·山东淄博高二山东省淄博实验中学校联考期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＋a5＋a6＝51，S7＝98，则a10＝( B )
A．29 B．32
C．35 D．38
【解析】 因为数列{an}为等差数列，则a4＋a5＋a6＝3a5＝51，S7＝7a4＝98，可得a5＝17，a4＝14，设等差数列的公差为d，可得d＝a5－a4＝3，所以a10＝a5＋5d＝17＋5×3＝32.故选B．
6. (2023·镇江三模)已知a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，且2和8为其中的两项，则a5的最小值为( B )
A．－64 B．－16
C．eq \f(1,64) D．eq \f(1,16)
【解析】 若相邻两项为2和8，则公比为正数，每一项都为正数，求的是最小值，应该要负数，故舍去；若奇数项为2和8，则奇数项均为正数，舍去；因此只能a2和a4分别为2和8，当a2＝8，a4＝2时，公比为±eq \f(1,2)，则a5＝a4q＝±1；当a2＝2，a4＝8时，公比为±2，则a5＝a4q＝±16；则a5的最小值为－16.故选B．
7. (2023·广东模拟)已知数列{an}的各项均为正数，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋n,2n)))是常数列，则数列{an}( A )
A．是递增数列 B．是递减数列
C．先递增后递减 D．先递减后递增
【解析】 设eq \f(an＋n,2n)＝k(k为常数)，∴an＝k·2n－n，∵an>0，∴k>eq \f(n,2n)，易得k>eq \f(1,2)，an－an－1＝k·2n－n－k·2n－1＋n－1＝k·2n－1－1>eq \f(1,2)×21－1＝0(n≥2)，∴an－an－1>0，数列{an}为递增数列．故选A．
8. (2023·驻马店三模)在数列{an}中，a1＝1，a2＝9，an＋2＝3an＋1－2an－10，则{an}的前n项和Sn的最大值为( B )
A．64 B．53
C．42 D．25
【解析】 由an＋2＝3an＋1－2an－10，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)－10，令an＋1－an＝bn，所以bn＋1＝2bn－10，则bn＋1－10＝2(bn－10)，所以数列{bn－10}是以b1－10＝a2－a1－10＝－2为首项，2为公比的等比数列，所以bn－10＝－2×2n－1＝－2n，即bn＝－2n＋10，即an＋1－an＝10－2n，由a2－a1＝10－21，a3－a2＝10－22，a4－a3＝10－23，…，an－an－1＝10－2n－1(n≥2)，将以上n－1个等式两边相加得an－a1＝10(n－1)－eq \f(21－2n－1,1－2)＝10n－2n－8，所以an＝10n－2n－7，n≥2，经检验a1＝1满足上式，故an＝10n－2n－7，当n≤3时，an＋1－an＝10－2n>0，即{an}单调递增，当n≥4时，an＋1－an＝10－2n0，a4＝10×4－24－7＝17>0，a5＝10×5－25－7＝11>0，a6＝10×6－26－7＝－110，所以a9＝4，因为eq \f(a6＋a7,a3＋a4)＝eq \f(1,8)，即eq \f(a3q3＋a4q3,a3＋a4)＝eq \f(1,8)，所以q＝eq \f(1,2)，∴a10＝a9q＝4×eq \f(1,2)＝2，a11＝a10q＝1，因为00，则a2＋a6的最小值为4
【解析】 因为关于x的一元二次方程x2－bx＋4＝0有两个根，所以Δ＝b2－4×1×4≥0，解得b≤－4或b≥4，故选项A正确；若数列{an}为等差数列，且a2＋a6＝b，则S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝eq \f(7a2＋a6,2)＝eq \f(7b,2)，故选项B错误；若数列{an}为等比数列且b>0，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a6＝b>0，,a2·a6＝a\\al(2,4)＝4，))可得a2>0，a6>0，∴a4＝a2·q2>0，所以，a4>0，∴a2＋a6＝b≥2eq \r(a2·a6)＝4，当且仅当a2＝a6＝2时，等号成立，故选项C错误，D正确，故选AD．
12. (2023·南关区校级模拟)数列{an}首项a1＝2，对一切正整数n，都有an＋1＝2－eq \f(1,an)，则( ABD )
A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是等差数列
B．对一切正整数n都有an>1
C．存在正整数n，使得an＝2a2n
D．对任意小的正数ε，存在n0∈N，使得|an＋1－an|n0)
【解析】 由an＋1＝2－eq \f(1,an)可得，an＋1－1＝1－eq \f(1,an)＝eq \f(an－1,an)，∴eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(an,an－1)＝eq \f(an－1＋1,an－1)＝1＋eq \f(1,an－1)，即eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是以1为首项，1为公差的等差数列，A正确；由A选项可知eq \f(1,an－1)＝n，∴an＝eq \f(1,n)＋1，∴对一切正整数n都有an>1，B正确；若存在正整数n，使得an＝2a2n，则eq \f(1,n)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋1))＝eq \f(1,n)＋2无解，C错误；∵an＋1－an＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)＝－eq \f(1,nn＋1)，∴|an＋1－an|＝eq \f(1,nn＋1)，对任意小的正数ε，取M＝eq \f(1,ε)>0，则必存在n0∈N，有neq \\al(2,0)>M，此时neq \\al(2,0)>eq \f(1,ε)，则eq \f(1,n\\al(2,0))n0时，|an＋1－an|＝eq \f(1,nn＋1)