专题强化训练五 等差数列和等比数列综合常考重难点强化试题精选-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册）

这是一份专题强化训练五 等差数列和等比数列综合常考重难点强化试题精选-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题强化训练五：等差数列和等比数列综合常考重难点强化试题精选
一、单选题
1．（2021·全国·高二课时练习）记为等差数列的前n项和．已知，则
A．B．C．D．
2．（2021·西藏·拉萨中学高二月考）设是等比数列，且，，则（ ）
A．12B．24C．30D．32
3．（2021·河南·郑州市第一〇六高级中学高二月考）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
4．（2021·河南·郑州市第一〇六高级中学高二月考）等差数列的公差是2，若 成等比数列，则的前 项和
A．B．C．D．
5．（2021·河南平顶山·高二期中）在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为
A．2B．C．3D．
6．（2020·河北·藁城新冀明中学高二月考） 已知等差数列的公差为d,前n项和为,则“d>0”是
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．（2021·四川省南充高级中学高二月考（理））已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C．D．
8．（2020·广西·逸仙中学高二期中（理））已知等差数列、，其前项和分别为、，，则
A．B．C．D．
9．（2019·北京市第九中学高二期中）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
10．（2021·全国·高二专题练习）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2021·全国·高二课时练习）已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则
A．B．C．D．
12．（2021·江苏·苏州中学高二期中）已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则
A．B．C．D．
二、多选题
13．（2021·全国·高二课时练习）已知数列是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是
A．B．C．D．
14．（2021·江苏·扬中市第二高级中学高二开学考试）若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是
A．B．
C．数列是等比数列D．数列是等比数列
15．（2021·江苏·西安交大苏州附中高二月考）（多选题）设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，，下列结论正确的是（ ）
A．S20190”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．
7．D
【分析】
根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【详解】
对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
8．A
【分析】
利用等差数列的前项和公式以及等差中项的性质得出，于此可得出结果．
【详解】
由等差数列的前项和公式以及等差中项的性质得，
同理可得，因此，，故选A．
9．B
【详解】
设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==381，
解得a1=3．
故选B．
10．A
【分析】
显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】
因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】
本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
11．C
【详解】
试题分析：由已知，所以，因为数列的各项均为正，所以，．故选C．
12．D
【详解】
设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，（q＞0）
由题意可得 即q2-2q-3=0，
解得q=-1（舍去），或q=3，
故
故选D．
13．AD
【分析】
主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能是等比数列，在不为0时，根据等比数列的定义确定．
【详解】
时，，数列不一定是等比数列，
时，，数列不一定是等比数列，
由等比数列的定义知和都是等比数列．
故选AD．
14．AC
【详解】
因为为数列的前项和，且，
所以，因此，
当时，，即，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；
因此，故A正确；
又，所以，故B错误；
因为，所以数列不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
15．AB
【分析】
当时，，不成立；当时，，不成立；故，且，进而可得结果.
【详解】
当时，，不成立；
当时，，不成立；
故，且，故，正确；
，故正确；
是数列中的最大值，错误；
故选：
16．AB
【分析】
由已知可得:,,,则数列为等差数列通过公式即可求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为 ,通过裂项求和可求得;由等差的性质可知利用基本不等式可验证选项D错误.
【详解】
由已知可得:,,
,则数列为等差数列,则前10项和为.所以A正确;
成等比数列,则,即,解得故B正确;
因为所以,解得,故的最小值为7,故选项C错误;等差的性质可知,所以,当且仅当时,即时取等号,因为,所以不成立,故选项D错误.
故选:AB.
17．BCD
【详解】
对任意的，.
当时，，可得；
当时，由可得，
上述两式作差得，可得，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，A选项错误，B选项正确；
，所以，，C选项正确；
，，
所以，，
D选项正确.
故选：BCD.
18．AB
【详解】
按照规律有，，，，，，，，，故A对C错
…
故B对
，故D错
故选：AB
19．
【详解】
原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .
【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.
20．；
【详解】
试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝−an−1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．
21．
设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，
求得，，那么，故答案为.
【考点】
等差数列和等比数列
22．
【详解】
分析：由题意可得，利用倒序相加法，从而即可得到答案.
详解：
，
设 ①
则 ②
①+②得，
.
故答案为2018.
23．（1）；（2）.
【详解】
（1）由题设可得
又，，
故，即，即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
【点睛】
方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.
24．（1）；（2）
【分析】
(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
【详解】
(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则，
整理可得：，
，
数列的通项公式为：.
(2)由于：，故：
.
25．（I）；（II）证明见解析.
【分析】
（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】
（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
26．（Ⅰ） ; （Ⅱ）.
【详解】
（Ⅰ） 由已知，有，即，
所以，又因为，故，由，得，
当时，，
当时，，
所以的通项公式为
（Ⅱ） 由（Ⅰ）得，设数列的前项和为，则
，
两式相减得
，
整理得
所以数列的前项和为.
27．（1）；（2）；（3）
【分析】
(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；
（3）可得，可得的值.
【详解】
解：（1）由题意得：，可得，，
由，可得，由，可得，可得，
可得;
(2)由，可得，
由，可得，可得，
可得的通项公式：=，
可得：
① -②得：=，
可得;
(3)由 可得
，
可得：=
==
28．（1）略（2）
【详解】
试题分析：（1）题中条件，而要证明的是数列是等差数列，因此需将条件中所给的的递推公式转化为的递推公式：，从而，，进而得证；（2）由（1）可得，，因此数列的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积，故可考虑采用错位相减法求其前项和，即有：①，①得：②，
②-①得.
试题解析：（1）∵， ，又∵，∴，
，∴则是为首项为公差的等差数列；
由（1）得 ，∴，
∴①，
①得：②，
②-①得.
考点：1.数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和.
29．（Ⅰ） ，； （Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）利用等差数列的性质求数列的通项公式，利用等比数列的性质求的通项公式. （Ⅱ）由题得，再利用分组求和、错位相减法求数列的前项和.
【详解】
（Ⅰ） 是以为首项，2为公差的等差数列，
，
， 是以为首项，3为公比的等比数列，．
（Ⅱ）由(1)知 ，
设的前项和为
①
②
①—②得 ，
，
所以 ．
设的前项和为,
当为偶数时，，
当为奇数时，为偶数，，
．
30．（1）, (2)
【分析】
（1）利用等差数列的首项和公差,代入，求出，进而求出；可看成是一个等差数列和一个等比数列的乘积，故可用错位相减法求和.
（2）通过分奇偶讨论求出，再利用参变分离求的范围.
【详解】
（Ⅰ）设等差数列的公差为，首项，由题意，
则,解得.则.
，
，
-得
，
.

(2),
当为奇数时，，


当为偶数时，，
综上所述，
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期