人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练11　等差数列、等比数列

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练11　等差数列、等比数列，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题突破练11　等差数列、等比数列
一、单项选择题
1.(2021·江西景德镇模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a2=7,am-1+am=73(m≥3),Sm=2 020,则m的值为(　　)
A.100 B.101
C.200 D.202
2.(2021·山东临沂检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=(　　)
A.72 B.81 C.90 D.99
3.(2021·广东汕头一模)在正项等比数列{an}中,a2a4=16,a4+a5=24,则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=2n-1 B.an=2n
C.an=3n D.an=3n-1
4.(2021·山东济宁一模)随着新冠疫情防控形势的逐渐好转,某企业开始复工复产.经统计,该企业2020年7月到12月的月产量(单位:吨)逐月增加,且各月的产量成等差数列,其中7月的产量为10吨,12月的产量为20吨,则8月到11月的产量之和为(　　)
A.48吨 B.54吨 C.60吨 D.66吨
5.(2021·广东深圳一模)在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k=(　　)
A.10 B.9 C.8 D.7
6.(2021·山东淄博一模)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2 020>0,S2 021<0”是“a1 010a1 011<0”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
二、多项选择题
7.(2021·山东烟台模拟)已知等差数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,a7=3a5,则下列选项正确的是(　　)
A.公差d>0
B.a1<0
C.当n=5时,Sn最小
D.当Sn>0时,n的最小值为8
8.(2021·山东临沂一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　)
A.若Sn=n2-1,则{an}是等差数列
B.若Sn=2n-1,则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列,则S99=99a50
D.若{an}是等比数列,且a1>0,q>0,则S2n-1·S2n+1>S2n2
三、填空题
9.(2021·辽宁沈阳一模)在正项等比数列{an}中,a52+2a6a8+a92=100,则a5+a9=　　　　　. 
10.(2021·山东胜利一中月考)在等差数列{an}中,a1+a7=12,当a32+a42+a52取得最小值时,a 2 020=　　　　　. 
11.(2021·江苏南通金沙中学月考)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=3n+39n+3,则使得anbn为整数的正整数n的值为　　　　　. 
四、解答题
12.(2021·福建龙岩模拟)已知数列{an}是等差数列,且a3=-6,a6=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=a2,b2=a1+a2+a3,求数列{bn}的前n项和Sn.











13.(2021·全国Ⅱ,文18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{Sn}是等差数列.证明:{an}是等差数列.














14.(2021·河北张家口一模)已知公比小于1的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2=14,S3=78.
(1)求an;
(2)求证:12≤Sn<1.



















15.(2021·山东潍坊一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=12an+1+1.
(1)证明:数列{Sn-1}为等比数列,并求出Sn.
(2)求数列1an的前n项和Tn.




















16.(2021·山东烟台一模)在以下三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.
①a3+a5=14,②S4=28,③a8是a5与a13的等比中项.
问题:已知{an}为公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,{bn}为等比数列,其前n项和Tn=2n+λ,λ为常数,a1=b1,　　　　　. 
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+c3+…+c100的值.










专题突破练11　等差数列、等比数列
1.B　解析: 由已知得a1+a2+am-1+am=80.
因为{an}为等差数列,所以a1+am=a2+am-1,所以a1+am=40,所以Sm=m(a1+am)2=20m=2 020,解得m=101.
2.B　解析: 由题意及等比数列的性质,可得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,则(S6-S3)2=S3(S9-S6),即(36-9)2=9(S9-S6),解得S9-S6=81,即a7+a8+a9=81.
3.A　解析: 设等比数列{an}的公比为q,由题意,可知an>0,q>0.
因为{an}为等比数列,所以a2a4=a32=16,解得a3=4.
所以a4+a5=a3(q+q2)=4(q+q2)=24,
整理得q2+q-6=0,
解得q=2.所以an=a3qn-3=4×2n-3=2n-1.
4.C　解析: 设2020年7月到12月的月产量(单位:吨)分别为a1,a2,a3,a4,a5,a6,由题意,可知a1=10,a6=20,a1,a2,a3,a4,a5,a6成等差数列,则a1+a6=a2+a5=a3+a4=30,故a2+a3+a4+a5=60.故8月到11月的产量之和为60吨.
5.B　解析: 令m=1,由am+n=am+an,得an+1=a1+an,即an+1-an=a1=3,所以{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n.
所以a1+a2+a3+…+ak=k(a1+ak)2=k(3+3k)2=135,
整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).
6.B　解析: 依题意,若S2 020>0,S2 021<0,
则2 020(a1+a2 020)2=1 010(a1 010+a1 011)>0,即a1 010+a1 011>0,2 021(a1+a2 021)2=2 021a1 011<0,即a1 011<0,所以a1 010>0,所以a1 010a1 011<0,充分性成立.
当a1 010<0,a1 011>0时,满足a1 010a1 011<0,不能推出S2 020>0,S2 021<0,必要性不成立.
故“S2 020>0,S2 021<0”是“a1 010a1 011<0”的充分不必要条件.
7.ABD　解析: 因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d,又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,所以a1<0,故A,B正确.
因为Sn=d2n2+a1-d2n=d2n2-7d2n=d2n-722−49d8,所以当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误.
令Sn=d2n2-7d2n>0,解得n<0或n>7,又n∈N*,所以当Sn>0时,n的最小值为8,故D正确.
8.BC　解析: 对于A选项,因为Sn=n2-1,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=S1=0,而a1=0不满足an=2n-1,故A错误.
对于B选项,因为Sn=2n-1,所以当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又a1=1满足an=2n-1,所以an=2n-1,所以an+1an=2,所以{an}是等比数列,故B正确.
对于C选项,因为{an}是等差数列,所以S99=99(a1+a99)2=99a50,故C正确.
对于D选项,由已知得当n=1时,S1·S3-S22=a12(1+q+q2)-a12(1+q)2=-a12q<0,所以当n=1时,S2n-1·S2n+1 9.10　解析: 因为{an}是正项等比数列,所以a5a9=a6a8,a5+a9>0.又a52+2a6a8+a92=100,所以a52+2a5a9+a92=100,即(a5+a9)2=100,所以a5+a9=10.
10.6　解析: 设等差数列{an}的公差为d.
由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a4=6.
所以a32+a42+a52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,a32+a42+a52取得最小值,此时a2 020=a4=6.
11.2,4,14　解析: 由已知得anbn=S2n-1T2n-1=3(2n-1)+39(2n-1)+3=3n+18n+1=3+15n+1.
因为anbn为整数,n∈N*,所以n+1=3,5,15,即n=2,4,14.
所以正整数n的值为2,4,14.
12.解: (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a3=-6,a6=0,所以a1+2d=-6,a1+5d=0,解得a1=-10,d=2.所以an=-10+(n-1)·2=2n-12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2=a1+a2+a3=3a2,b1=a2=2×2-12=-8,
所以q=b2b1=3a2a2=3,所以Sn=-8×(1-3n)1-3=4(1-3n).
13.证明: ∵{Sn}是等差数列,a2=3a1,
∴S2−S1=4a1−a1=a1,
即数列{Sn}的公差为a1.
∴Sn=S1+(n-1)a1=na1,
即Sn=n2a1.当n≥2时,Sn-1=(n-1)2a1,
则an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1.
当n=1时,a1=(2×1-1)a1,符合上式,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*.
∴an+1-an=2a1,∴{an}是等差数列.
14.(1)解: 设等比数列{an}的公比为q(q<1).
因为a2=14,S3=78,所以14q+14+14q=78,即2q2-5q+2=0,解得q=12或q=2(舍去).
所以an=14×12n-2=12n.
(2)证明: 由(1)知a1=12,q=12,
所以Sn=121-12n1-12=1-12n.
因为y=12x在R上为减函数,且y=12x>0恒成立,所以当n∈N*时,0<12n≤12,
所以12≤1-12n<1,即12≤Sn<1.
15.解: (1)由已知得Sn=12(Sn+1-Sn)+1,
整理得Sn+1=3Sn-2,所以Sn+1-1=3(Sn-1).
令n=1,得S1=12a2+1=4,所以S1-1=3,
所以{Sn-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,
所以Sn-1=3×3n-1=3n,所以Sn=3n+1.
(2)由(1)知Sn=3n+1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+1-(3n-1+1)=2×3n-1,
当n=1时,a1=S1=4,所以an=4,n=1,2×3n-1,n≥2,
所以1an=14,n=1,12×13n-1,n≥2,所以当n=1时,T1=1a1=14,
当n≥2时,Tn=1a1+1a2+…+1an=14+161-13n-11-13=12−14×3n-1.
又T1=14符合上式,所以Tn=12−14×3n-1.
16.解: 若选①.
(1)设{bn}的公比为q.
由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=b3b2=2,
所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由a3+a5=14,得1+2d+1+4d=14,
解得d=2,所以an=2n-1.
(2)由cn=[lg an],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145.
若选②.
(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=b3b2=2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由S4=28,得4×1+4×32d=28,
解得d=4,所以an=4n-3.
(2)由cn=[lg an],得c1=c2=c3=0,c4=c5=…=c25=1,c26=c27=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×22+2×75=172.
若选③.
(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=b3b2=2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由a8是a5与a13的等比中项,得(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),解得d=0或d=2.
又d≠0,所以d=2,所以an=2n-1.
(2)由cn=[lg an],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145.