2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测06《等差数列与等比数列》小题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测06《等差数列与等比数列》小题练(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3=4，a3＋S5=12，则a4＋S7的值是( )
A.20 B.36 C.24 D.72
等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)=eq \f(5n＋2,n＋3)，则eq \f(a2＋a20,b7＋b15)=( )
A.eq \f(107,24) B.eq \f(7,24) C.eq \f(149,12) D.eq \f(149,3)
等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1<0，若存在自然数m≥3，使得am=Sm，则当n>m时，Sn与an的大小关系是( )
A.Snan D.大小不能确定
设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若S1=eq \f(1,3)a2－eq \f(1,3)，S2=eq \f(1,3)a3－eq \f(1,3)，则公比q=( )
A.1 B.4 C.4或0 D.8
各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则lg2a7＋lg2a11的值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1=eq \f(1,2)，前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则数列{an}的通项公式an=( )
A.eq \f(1,2n) B.eq \f(1,2n－1) C.eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1 D.eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n
在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq \f(a5＋a6,a3＋a4)的值为( )
A.eq \f(1－\r(5),2) B.eq \f(\r(5)＋1,2) C.eq \f(3＋\r(5),2) D.eq \f(3－\r(5),2)
已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)，其中a1=1，a2=2，若anA.[0，＋∞) B.(－1，＋∞) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.[0,1)
设等差数列{an}满足a3＋a7=36，a4a6=275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为( )
A.－10 B.－12 C.－9 D.－13
已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，4a5=a3.设Tn=Sn－eq \f(1,Sn)，则数列{Tn}中最大项的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(4,5) C.eq \f(5,6) D.eq \f(7,8)
已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn是数列{an}的前n项和，则eq \f(2Sn＋16,an＋3)(n∈N*)的最小值为( )
A.4 B.3 C.2eq \r(3)－2 D.4.5
已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn.
若an＋1=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)，an是偶数，,3an＋1，an是奇数，))且S3=29，则a1=( )
A.4 B.5 C.6 D.7
二、填空题
数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，且a1=1，an=eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)(n≥2)，则Sn=________.
在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5=5，则lg5a1＋lg5a2＋…＋lg5a9=________.
设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有4Sn=aeq \\al(2,n)＋2an，其中Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式an=________.
数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an=2n－1，且数列{an}的前n项和为Sn，
若对任意的n∈N*，都有λ2 \s 0 参考答案
答案为：C；
解析：由a2＋S3=4及a3＋S5=12得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋4d＝4，,6a1＋12d＝12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝0，,d＝1，))
∴a4＋S7=8a1＋24d=24.故选C.
答案为：A；
由题知，eq \f(a2＋a20,b7＋b15)=eq \f(S21,T21)=eq \f(107,24).
答案为：C；
解析：若a1<0，存在自然数m≥3，使得am=Sm，则d>0，否则若d≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有Sm0，当m≥3时，有am=Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn=Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn>an.故选C.
答案为：B；
解析：∵S1=eq \f(1,3)a2－eq \f(1,3)，S2=eq \f(1,3)a3－eq \f(1,3)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,3)a1q－\f(1,3)，,a1＋a1q＝\f(1,3)a1q2－\f(1,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－\f(1,3)，,q＝0))(舍去)，故所求的公比q=4.
答案为：C；
解析：由题意得a4a14=(2eq \r(2))2=8，由等比数列的性质，得a4a14=a7a11=8，
∴lg2a7＋lg2a11=lg2(a7a11)=lg28=3，故选C.
答案为：A；
解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意知a1>0，且an=eq \f(1,2)·qn－1，
又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以2(S5＋a5)=S3＋a3＋S4＋a4，
即2(a1＋a2＋a3＋a4＋2a5)=a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化简得4a5=a3，
从而4q2=1，解得q=±eq \f(1,2)，又q>0，故q=eq \f(1,2)，an=eq \f(1,2n)，选择A.
答案为：C；
解析：设{an}的公比为q且q>0，因为a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，
所以a1＋a2=2×eq \f(1,2)a3=a3，即a1＋a1q=a1q2，因为a1≠0，所以q2－q－1=0，
解得q=eq \f(1＋\r(5),2)或q=eq \f(1－\r(5),2)<0(舍去)，所以eq \f(a5＋a6,a3＋a4)=eq \f(a3＋a4q2,a3＋a4)=q2=eq \f(3＋\r(5),2)，故选C.
答案为：A；
解析：由nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)=λn(n＋2)得eq \f(an＋2,n＋2)－eq \f(an,n)=λ，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1=1，a2=2，
所以当n为奇数时，eq \f(an,n)=1＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1))=eq \f(n－1,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－n,2)λ＋n.
当n为偶数时，eq \f(an,n)=1＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1))=eq \f(n－2,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－2n,2)λ＋n.
当n为奇数时，由an即λ(n－1)>－2，若n=1，则λ∈R，若n>1，则λ>－eq \f(2,n－1)，所以λ≥0;
当n为偶数时，由an即3λn>－2，所以λ>－eq \f(2,3n)，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞).选A.
答案为：B；
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7=36，∴a4＋a6=36，又a4a6=275，联立，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11，))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))
此时an=7n－17，a2=－3，a3=4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
∴a2a3=－12为anan＋1的最小值；
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))此时an=－7n＋53，a7=4，a8=－3，
易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，∴a7a8=－12为anan＋1的最小值.
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案为：C；
解析：设等比数列{an}的公比为q，则q2=eq \f(a5,a3)=eq \f(1,4).又{an}不是递减数列且a1=eq \f(3,2)，
所以q=－eq \f(1,2)，故等比数列{an}的通项公式为an=eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1=(－1)n－1×eq \f(3,2n)，
Sn=1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1所以eq \f(3,4)=S2≤Sn<1，故0>Sn－eq \f(1,Sn)≥S2－eq \f(1,S2)=eq \f(3,4)－eq \f(4,3)=－eq \f(7,12).
综上，对任意的n∈N*，总有－eq \f(7,12)≤Sn－eq \f(1,Sn)<0或0即数列{Tn}中最大项的值为eq \f(5,6).故选C.
答案为：A；
解析：∵a1=1，a1，a3，a13成等比数列，∴(1＋2d)2=1＋12d，解得d=2或d=0(舍去)，
∴an=2n－1，∴Sn=eq \f(n1＋2n－1,2)=n2，∴eq \f(2Sn＋16,an＋3)=eq \f(n2＋8,n＋1).令t=n＋1，
则eq \f(n2＋8,n＋1)=t＋eq \f(9,t)－2≥6－2=4，当且仅当t=3，即n=2时等号成立.
答案为：B；
解析：法一：若a1=4k，则a2=2k，a3=k，此时S3=7k=29，由于k为整数，此时无解；
若a1=4k＋1，则a2=12k＋4，a3=6k＋2，此时S3=22k＋7=29，解得k=1，即a1=5；
若a1=4k＋2，则a2=2k＋1，a3=6k＋4，此时S3=12k＋7=29，由于k为整数，此时无解；
若a1=4k＋3，则a2=12k＋10，a3=6k＋5，此时S3=22k＋18=29，由于k为整数，此时无解.
综上可知a1=5.
法二：当a1=4时，a2=2，a3=1，S3=7，排除A；
当a1=5时，a2=16，a3=8，S3=29，B符合题意，故选B.
二、填空题
答案为：eq \f(1,2n－1)；
解析：当n≥2时，将an=Sn－Sn－1代入an=eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)，得Sn－Sn－1=eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)，
化简整理，得Sn－Sn－1=－2Sn－1·Sn，两边同除以Sn－1·Sn，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)=2(n≥2)，
又eq \f(1,S1)=1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为1，公差为2的等差数列，
所以eq \f(1,Sn)=1＋2(n－1)=2n－1，所以Sn=eq \f(1,2n－1).
答案为：9；
解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得
a1·a9=a2·a8=a3·a7=a4·a6=aeq \\al(2,5)=52，
则lg5a1＋lg5a2＋…＋lg5a9=lg5(a1·a2·…·a9)
=lg5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]=lg5aeq \\al(9,5)=lg559=9.
答案为：2n；
解析：当n=1时，4a1=aeq \\al(2,1)＋2a1，∴a1(a1－2)=0，
∵an>0，∴a1=2.当n≥2时，4Sn=aeq \\al(2,n)＋2an,4Sn－1=aeq \\al(2,n－1)＋2an－1，
两式相减得4an=aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)=0，
∵an>0，∴an－an－1=2，故an=2n.
答案为：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))；
解析：由a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an=2n－1，可得a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1=2(n－1)－1
=2n－3(n≥2)，两式相减得2n－1an=2(n≥2)，所以an=22－n(n≥2).
又n=1时，a1=1，所以an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1n＝1，,22－nn≥2，))
所以Sn=1＋20＋2－1＋…＋22－n=1＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1,1－\f(1,2))=3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2，由Sn在n≥1时单调递增，
可得1≤Sn<3，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ2<1，,4λ≥3，))解得eq \f(3,4)≤λ<1，所以实数λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)).