2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列

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第15练　等差数列、等比数列


1．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设等差数列{an}的公差为d，
∵∴解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋d＝n2－4n.
2．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于(　　)
A．14 B．12 C．6 D．3
答案　D
解析　方法一　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得
即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
方法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
3．(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　C
解析　a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
4．(2020·全国Ⅱ)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)(　　)

A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案　C
解析　设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块)．
5．(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
答案　4
解析　设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
所以＝
＝＝＝4.
6．(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
答案　3n2－2n
解析　方法一　(观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝＝
＝3n2－2n.
方法二　(引入参变量法)
设bn＝2n－1，cm＝3m－2，令bn＝cm，m，n∈N*，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
7．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
(1)证明　由＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)解　由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，
得a＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝
＝2－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
8．(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
(1)证明　设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
(2)解　由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.

9．(2022·乐山调研)在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，那么a7＋a8等于(　　)
A．40 B．36 C．54 D．81
答案　C
解析　由等比数列性质知，
a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
其首项为16，公比为＝，
所以a7＋a8＝16×3＝54.
10．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)
A．10 B．15 C．20 D．25
答案　C
解析　由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，
由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.
又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.
a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20，
当且仅当S4＝5时等号成立，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
11．(多选)(2022·重庆质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，公比q＝，则(　　)
A．数列{a2n}是等比数列
B．数列是递减数列
C．数列{log2an}是等差数列
D．数列{a}是等比数列
答案　ACD
解析　在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，
则有an＝a1qn－1＝，
a2n＝＝，＝，
则数列{a2n}是等比数列，故A正确；
＝2n－1，显然＝2n>2n－1＝，
即数列是递增数列，故B不正确；
log2an＝log2＝－n＋1，
则数列{log2an}是等差数列，故C正确；
a＝2＝，则数列{a}是等比数列，故D正确．
12．(多选)(2022·武汉质检)若数列{an}前n项的和为Sn，则下列说法正确的是(　　)
A．若an＝－2n＋11，则数列{an}前5项的和最大
B．若Sn是等比数列{an}的前n项和，且Sn＝2·3n－1＋a，则a＝－2
C．a1＝2 024，Sn＝n2an，则a2 023＝
D．若{an}为等差数列，且a1 0110，则当Sn0，
则S2 021＝＝2 021a1 0110，
因此，当Sn0，a13>0，
又{an}为等比数列，则a7＝a1q6>0，
所以a1a13＝a2a12＝a＝9，
所以a7＝3或a7＝－3(舍去)，
所以＝a7＝3.
3．[T6补偿](2022·黄山模拟)将数列{3n－1}与{2n＋1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为(　　)
A．210－1 B．210＋1
C．220－1 D．220＋1
答案　D
解析　设bm＝3m－1，cn＝2n＋1，
令bm＝cn，m，n∈N*，
则3m－1＝2n＋1，解得m＝.
又因为m，n∈N*，
所以n＝2,4,6，…，
即a1＝c2，a2＝c4，a3＝c6，…，
所以a10＝c20＝220＋1.
4．[T12补偿](2022·运城模拟)公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1>1，a2 021·a2 022>1，1
C．Sn的最大值为S2 023
D．q>1
答案　A
解析　根据题意，等比数列{an}满足条件a1>1，
a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)1，则a2 021＝a1·q2 020>1，
a2 022＝a1·q2 021>1，
则a2 021－1>0，a2 022－1>0，
则(a2 021－1)(a2 022－1)>0，
这与已知条件矛盾，所以q>1不符合题意，故D错误；
因为a1>1，a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)0，a2 021>1，a2 022