新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第1讲等差数列与等比数列核心考点1等差等比数列的基本运算教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第1讲等差数列与等比数列核心考点1等差等比数列的基本运算教师用书，共6页。试卷主要包含了故选D．，故选B．等内容，欢迎下载使用。

1. (2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( D )
A．14 B．12
C．6 D．3
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，q≠0，若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，所以q≠1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝\f(a11－q3,1－q)＝168，,a2－a5＝a1q－a1q4＝42，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.故选D．
2. (2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( C )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
【解析】 设第n环天心石块数为an，第一层共有9块，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9＋(n－1)×9＝9n，设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n－S2n＝S2n－Sn＋729，即eq \f(3n9＋27n,2)－eq \f(2n9＋18n,2)＝eq \f(2n9＋18n,2)－eq \f(n9＋9n,2)＋729，即9n2＝729，解得n＝9，所以S3n＝S27＝eq \f(279＋9×27,2)＝3 402.故选C．
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( B )
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
【解析】 若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，则{Sn}是递减数列，不满足充分性；∵Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)，则Sn＋1＝eq \f(a1,1－q)(1－qn＋1)，∴Sn＋1－Sn＝eq \f(a1,1－q)(qn－qn＋1)＝a1qn，若{Sn}是递增数列，∴Sn＋1－Sn＝a1qn>0对∀n∈N*恒成立，则a1>0，q>0，∴满足必要性，故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选B．
4. (2022·北京卷)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的( C )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数．若{an}为单调递增数列，则d>0，若a1≥0，则当n≥2时，an>a1≥0；若a10可得n>1－eq \f(a1,d)，取N0＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(a1,d)))＋1，则当n>N0时，an>0，所以，“{an}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”；
若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，取k∈N*且k>N0，ak>0，
假设dk，当n>eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k－\f(ak,d)))＋1时，an0，即数列{an}是递增数列．所以，“{an}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”．所以，“{an}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的充分必要条件．故选C．
5. (2023·新高考全国Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则( C )
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
【解析】 解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(nSn＋1－n＋1Sn,nn＋1)＝eq \f(nan＋1－Sn,nn＋1)为常数，设为t，即eq \f(nan＋1－Sn,nn＋1)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得：an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确．
解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝D，eq \f(Sn,n)＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，当n≥2时，上两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．故选C．
6. (2023·新高考全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( C )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
【解析】 解法一：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a11－q4,1－q)＝－5，eq \f(a11－q6,1－q)＝21×eq \f(a11－q2,1－q)①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得：q2＝4，所以S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(a11－q4,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C．
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以有，(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得：S2＝－1或S2＝eq \f(5,4)，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知，S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C．
7. (2022·北京卷)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于eq \f(1,100)的项．
其中所有正确结论的序号是_①③④__.
【解析】 由题意可知，∀n∈N*，an>0，当n＝1时，aeq \\al(2,1)＝9，可得a1＝3；当n≥2时，由Sn＝eq \f(9,an)可得Sn－1＝eq \f(9,an－1)，两式作差可得an＝eq \f(9,an)－eq \f(9,an－1)，所以eq \f(9,an－1)＝eq \f(9,an)－an，则eq \f(9,a2)－a2＝3，整理可得aeq \\al(2,2)＋3a2－9＝0，因为a2>0，解得a2＝eq \f(3\r(5)－3,2)0，可得an0)的等比数列，且a2、a4、a6成等差数列，则q＝_1__.
【解析】 因为{an}是公比为q的等比数列，且a2、a4、a6成等差数列，所以2a4＝a2＋a6，即2a2q2＝a2＋a2q4，所以q4－2q2＋1＝0，则q2＝1，解得q＝±1，又q>0，则q＝1.故答案为1.
方法技巧·精提炼
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列．
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．
加固训练·促提高
1. (2023·朝阳区校级模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1＋a5＝3a2，则eq \f(S10,a20)＝ eq \f(11,4) .
【解析】 ∵a1＋a5＝3a2，∴2a1＋4d＝3a1＋3d，∴a1＝d，eq \f(S10,a20)＝eq \f(10a1＋45d,a1＋19d)＝eq \f(55d,20d)＝eq \f(11,4).故答案为eq \f(11,4).
2. (2023·碑林区校级模拟)已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，且6，a2，a5成等差数列，则S5＝ －eq \f(31,2) .
【解析】 ∵6，a2，a5成等差数列，∴2a2＝6＋a5，即2a1q＝6＋a1q4，又q＝2，则2a1×2＝6＋24a1，解得a1＝－eq \f(1,2)，∴S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×1－25,1－2)＝－eq \f(31,2).故答案为－eq \f(31,2).高频考点
高考预测
求等差数列、等比数列的指定项，公差或公比
在选择题、填空题中会继续考查等差数列、等比数列的基本量的计算，注意整体思想和方程思想的应用.
求前n项和
数列的简单应用