2023届高考数学二轮复习强化训练8等差数列与等比数列作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习强化训练8等差数列与等比数列作业含答案，共7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。

1．[2022·山东威海三模]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝4，S9＝18，则公差d＝( )
A．1B．－1
C．2D．－2
2．[2022·湖南常德一模]设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4，S3＝S2＋2，则a1＝( )
A．eq \f(1,2)B．1
C．eq \r(2)D．2
3．[2022·湖南岳阳一模]已知等差数列{an}满足a2＝4，a3＋a5＝4(a4－1)，则数列{an}的前5项和为( )
A．10B．15
C．20D．30
4．[2022·湖南师大附中二模]设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则“a1<0，且0an”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．[2022·辽宁鞍山二模]设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n,3n＋7)，则eq \f(a3,b3)＝( )
A．1B．eq \f(5,11)
C．eq \f(22,17)D．eq \f(3,8)
6．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式是an＝( )
A．2n－1B．(eq \f(n＋1,n))n＋1
C．n2D．n
7．[2022·河北邯郸一模]“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为( )
A．132B．133
C．134D．135
8．[2022·北京北大附中三模]已知数列{an}满足a1a2a3…an＝n2，其中n＝1，2，3，…，则数列{an}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或多选得0分)
9．在数列{an}中，a1＝1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是公比为2的等比数列，设Sn为{an}的前n项和，则( )
A．an＝eq \f(1,2n－1)
B．an＝eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2)
C．数列{an}为递减数列
D．S3>eq \f(7,8)
10．[2022·湖南永州三模]已知等差数列{an}是递减数列，Sn为其前n项和，且S7＝S8，则( )
A．d＞0
B．a8＝0
C．S15>0
D．S7、S8均为Sn的最大值
11．[2022·山东枣庄三模]给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，…，xk，1，记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋1，数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A.a4＝81
B．an＝3an－1－1
C．an＝3n＋1
D．Sn＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)
12．[2022·河北沧州二模]已知数列{an}满足a1＝1，an＋2＝(－1)n＋1(an－n)＋n，记{an}的前n项和为Sn，则( )
A．a48＋a50＝100
B．a50－a46＝4
C．S48＝600
D．S49＝601
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．[2022·辽宁丹东一模]在等差数列{an}中，已知a1＋2a7＝15，则a2＋a8＝________．
14．[2022·广东潮州二模]记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则a4＝________．
15．[2022·山东泰安二模]已知数列{an}是公差大于0的等差数列，a1＝2，且a3＋2，a4，a6－4成等比数列，则a10＝________．
16．[2022·河北唐山二模]已知数列{an}满足a1＝a5＝0，|an＋1－an|＝2，则{an}前5项和的最大值为________．
强化训练8 等差数列与等比数列
1．解析：由题可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝4,9a1＋\f(9×8,2)·d＝18))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝6,d＝－1)).
答案：B
2．解析：由已知a3＝S3－S2＝2，q＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(4,2)＝2，所以a1＝eq \f(a3,q2)＝eq \f(2,22)＝eq \f(1,2).
答案：A
3．解析：等差数列{an}中，2a4＝a3＋a5＝4（a4－1），解得a4＝2，于是得公差d＝eq \f(a4－a2,4－2)＝－1，a1＝5，
所以数列{an}的前5项和为S5＝5a1＋eq \f(5（5－1）,2)d＝15.
答案：B
4．解析：若a1<0，且00，
所以an＋1>an，
反之，若an＋1>an，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）>0，
所以a1<0，且00，且q>1，
所以“a1<0，且0an”的充分不必要条件．
答案：A
5．解析：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，
所以eq \f(a3,b3)＝eq \f(\f(a1＋a5,2),\f(b1＋b5,2))＝eq \f(\f(5（a1＋a5）,2),\f(5（b1＋b5）,2))＝eq \f(S5,T5)＝eq \f(10,15＋7)＝eq \f(5,11).
答案：B
6．解析：由an＝n（an＋1－an），得（n＋1）an＝nan＋1，
即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，
则eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－1,n－2)，eq \f(an－2,an－3)＝eq \f(n－2,n－3)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，n≥2，
由累乘法可得eq \f(an,a1)＝n，所以an＝n，n≥2，
又a1＝1，符合上式，所以an＝n.
答案：D
7．解析：因为由1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，
所以该数列的通项公式为an＝14＋15（n－1）＝15n－1.令an＝15n－1≤2022，
解得n≤134，即该数列的项数为134.
答案：C
8．解析：依题意，因为a1a2a3…an＝n2，其中n＝1，2，3，…，当n＝1时，a1＝12＝1，
当n≥2时，a1a2a3…an－1＝（n－1）2，a1a2a3…an＝n2，两式相除有an＝eq \f(n2,（n－1）2)＝（1＋eq \f(1,n－1)）2，n≥2，易得an随着n的增大而减小，故an≤a2＝4，且an>1＝a1，故最小项为a1＝1，最大项为a2＝4.
答案：A
9．解析：因为a1＝1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2·2n－1＝2n，
所以an＝eq \f(1,2n－1)，故A正确，B错误；
因为y＝2x－1，（x≥1）是单调增函数，故y＝eq \f(1,2x－1)，（x≥1）是单调减函数，
故数列{an}是减数列，故C正确；
S3＝a1＋a2＋a3＝1＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,7)>eq \f(7,8)，故D正确．
答案：ACD
10．解析：因为等差数列{an}是递减数列，所以an＋1－an<0，所以d<0，故A错误；
因为S7＝S8，所以a8＝S8－S7＝0，故B正确；
因为S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8＝0，故C错误；
因为由题意得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a7>0,a8＝0,a9<0))，所以S7＝S8≥Sn（n∈N*），故D正确．
答案：BD
11．解析：由题意得：a1＝4，a2＝10＝3×4－2，a3＝28＝3×10－2，a4＝82＝3×28－2，
所以有an＝3an－1－2，因此选项AB不正确；
an＝3an－1－2⇒an－1＝3（an－1－1），所以数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列，因此有an－1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n＋1，因此选项C正确；
Sn＝eq \f(3（1－3n）,1－3)＋n＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)，所以选项D正确．
答案：CD
12．解析：因为a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1（an－n）＋n，
所以当n为奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.
所以a48＋a50＝96，选项A错误；又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，选项B正确；
S48＝a1＋a3＋a5＋…＋a47＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a46＋a48）]
＝24×1＋2×（2＋6＋…＋46）＝24＋2×eq \f(（2＋46）×12,2)＝600，故C正确；
S49＝S48＋a49＝600＋1＝601，选项D正确．
答案：BCD
13．解析：由题意在等差数列{an}中，设公差为d，
则a1＋2a7＝3a1＋12d＝3a5＝15，
所以a5＝5，于是a2＋a8＝2a5＝10.
答案：10
14．解析：设等比数列{an}的公比为q，
由已知S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，
即q2＋q＋eq \f(1,4)＝0，解得q＝－eq \f(1,2)，所以a4＝1·（－eq \f(1,2)）3＝－eq \f(1,8).
答案：－eq \f(1,8)
15．解析：设公差为d，则a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝（a3＋2）（a6－4），即（2＋3d）2＝（2＋2d＋2）（2＋5d－4），化简得d2＋4d－12＝0，
解得d＝2或d＝－6，又d>0，故d＝2，则a10＝a1＋9d＝20.
答案：20
16．解析：∵a1＝a5＝0，|an＋1－an|＝2，
∴|a2－a1|＝|a2|＝2，
∵求an前5项和的最大值，∴取a2＝2，
∵|an＋1－an|＝2，
∴|a3－a2|＝|a3－2|＝2.
∵求an前5项和的最大值，∴取a3＝4，
∵|a4－a3|＝|a4－4|＝2①
|a5－a4|＝|0－a4|＝|a4|＝2②
结合①和②，∴a4＝2时前5项和可有最大值．
∴{an}前5项和的最大值为：
0＋2＋4＋2＋0＝8.
答案：8