高考数学专题练 专题三 微专题21　等差数列、等比数列（含答案）

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典例1 (1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
(2)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
①若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
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②若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
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典例2 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且S3＝S19，则S21等于( )
A．2 B．3 C．4 D．6
(2)(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于( )
A．120 B．85 C．－85 D．－120
典例3 已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
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(2)求{an}和{bn}的通项公式．
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[总结提升]
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明eq \f(an＋1,an)(an≠0，n∈N*)为常数；
(2)利用等比中项，证明aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)．
1．(2023·聊城模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，则a3a10是{an}中的( )
A．第30项 B．第36项
C．第48项 D．第60项
2．(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6＝2，且a7，a5，a9成等差数列，则a4等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
3．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于( )
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
4．(2023·南京模拟)已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3,5，第三行为7,9,11，第四行为13,15,17,19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列的数记为ai，j，比如a3,2＝9，a4,2＝15，a5,4＝23，若ai，j＝2 017，则i＋j等于( )
A．64 B．65 C．71 D．72
5.(多选)(2023·湛江模拟)一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔．已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列{an}，剩下2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则( )
A．第3层的塔数为3
B．第6层的塔数为9
C．第4层与第5层的塔数相等
D．等差数列{an}的公差为2
6．(多选)(2023·常德模拟)数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝15°；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝15°；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，…)，则( )
A．数列{an}是公比为eq \f(2,3)的等比数列
B．S1＝eq \f(1,12)
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))是公比为eq \f(4,9)的等比数列
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))的前n项和Tn1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
①若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
②若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解 ①∵3a2＝3a1＋a3，
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
an＝a1＋(n－1)d＝nd，
又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，
∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，
即2d2－7d＋3＝0，
解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)，
∴an＝nd＝3n.
②∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，
即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(1,a1)，
即aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，
99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，
∴a50－eq \f(2 550,a50)＝1，
即aeq \\al(2,50)－a50－2 550＝0，
解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
解得d＝eq \f(51,50).
综上，d＝eq \f(51,50).
跟踪训练1 (1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 若q＝1，
则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，
则a1＝0，不符合题意．
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6＝7S3，
所以8·eq \f(a11－q6,1－q)＝7·eq \f(a11－q3,1－q)，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，
即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2).
(2)(2023·开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列且bn>0，cn＝an＋bn，数列{cn}的前n项和为Tn，若S14＝7(a10＋3)，b5＝beq \\al(4,2)＝16，则T9＝________.
答案 538
解析 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q>0，
因为S14＝7(a10＋3)，则14a1＋eq \f(14×13,2)d＝7(a1＋9d＋3)，可得a1＋4d＝3，即a5＝3，
因为b5＝beq \\al(4,2)＝16，则b1q4＝(b1q)4＝16，可得q＝2，b1＝1，
因为cn＝an＋bn，
所以T9＝c1＋c2＋…＋c9＝(a1＋a2＋…＋a9)＋(b1＋b2＋…＋b9)
＝eq \f(a1＋a9,2)×9＋eq \f(b11－q9,1－q)＝a5×9＋eq \f(1－29,1－2)
＝3×9＋eq \f(1－29,1－2)＝538.
考点二 等差、等比数列的性质
典例2 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且S3＝S19，则S21等于( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 A
解析 因为S3＝S19，
所以a1＋a2＋a3＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a19，
所以a4＋a5＋…＋a19＝8(a4＋a19)＝0，
即a4＋a19＝0，
S21＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a19＋a20＋a21
＝a1＋a2＋a3＋a20＋a21
＝a1＋2(a4＋a19)＝a1＝2.
(2)(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于( )
A．120 B．85 C．－85 D．－120
答案 C
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，
所以q≠1.
由S4＝－5，S6＝21S2，
可得eq \f(a11－q4,1－q)＝－5，
eq \f(a11－q6,1－q)＝21×eq \f(a11－q2,1－q)，①
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
所以S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(a11－q4,1－q)·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，
所以q≠－1，否则S4＝0，
从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，
解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4)，
当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，
即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
当S2＝eq \f(5,4)时，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去．
综上，S8＝－85.
跟踪训练2 (1)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若aeq \\al(2,8)－a7－a9＝3，则S15－a8的值为( )
A．3 B．14 C．28 D．42
答案 D
解析 由题意得an>0，
若aeq \\al(2,8)－a7－a9＝3，则aeq \\al(2,8)＝a7＋a9＋3＝2a8＋3，解得a8＝3或a8＝－1(舍)，
则S15－a8＝eq \f(a1＋a15×15,2)－a8＝eq \f(2a8×15,2)－a8＝14a8＝42.
(2)设函数f(x)＝eq \f(ex,1＋ex)，若正项等比数列{an}满足a10＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a19)＝________.
答案 eq \f(19,2)
解析 由f(x)＝eq \f(ex,1＋ex)，得f(－x)＝eq \f(e－x,1＋e－x)＝eq \f(1,1＋ex)，
∴f(x)＋f(－x)＝eq \f(ex,1＋ex)＋eq \f(1,1＋ex)＝1，
∵正项等比数列{an}满足a10＝1，根据等比数列的性质得a1·a19＝a2·a18＝…＝a9·a11＝1，
∴ln a1＋ln a19＝ln a2＋ln a18＝…＝ln a9＋ln a11＝0，ln a10＝ln 1＝0且f(ln a10)＝f(ln 1)＝f(0)＝eq \f(1,2)，
根据f(x)＋f(－x)＝1得
f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a19)＝[f(ln a1)＋f(ln a19)]＋[f(ln a2)＋f(ln a18)]＋…＋[f(ln a9)＋f(ln a11)]＋f(ln a10)＝9＋eq \f(1,2)＝eq \f(19,2).
考点三 等差、等比数列的判断与证明
典例3 已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
(1)证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)(n∈N*)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2)(n∈N*)．
跟踪训练3 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋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eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2an·n＋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)－2an·n＋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aeq \\al(2,7)＝a4a9，即
(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(n2－25n,2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2－eq \f(625,8)，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
[总结提升]
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明eq \f(an＋1,an)(an≠0，n∈N*)为常数；
(2)利用等比中项，证明aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)．
1．(2023·聊城模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，则a3a10是{an}中的( )
A．第30项 B．第36项
C．第48项 D．第60项
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，由a5＝5，得a1＋4d＝5；①
由a1＋S11＝67，得12a1＋eq \f(11×10,2)d＝67，即 12a1＋55d＝67.②
由①②解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，
于是a3a10＝3×10＝30，而a30＝30，故a3a10是{an}中的第30项．
2．(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6＝2，且a7，a5，a9成等差数列，则a4等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 D
解析 设{an}的公比为q，则a7＝a6q＝2q，a5＝eq \f(a6,q)＝eq \f(2,q)，a9＝a6q3＝2q3.
由a7，a5，a9成等差数列，得a7＋a9＝2a5，即2q＋2q3＝eq \f(4,q)，
于是q4＋q2－2＝0，即(q2＋2)(q2－1)＝0，故q2＝1，从而a4＝eq \f(a6,q2)＝2.
3．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于( )
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
答案 B
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.
所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，
所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q2－a3＝12， ①,a4q2－a4＝24， ②))
eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一．
4．(2023·南京模拟)已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3,5，第三行为7,9,11，第四行为13,15,17,19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列的数记为ai，j，比如a3，2＝9，a4，2＝15，a5，4＝23，若ai，j＝2 017，则i＋j等于( )
A．64 B．65 C．71 D．72
答案 D
解析 数列1,3,5，…是首项为1，公差为2的等差数列，
记其通项公式为bn＝2n－1，
令bn1＝2n1－1＝2 017，解得n1＝1 009.
宝塔形数自上而下，每行的项数是1,2,3，…，
即首项是1，公差是1的等差数列，
记其通项公式为cn＝n，
其前n项和Sn＝eq \f(1＋nn,2)，S44＝990，S45＝1 035，
所以n1＝1 009是第45行的数，即i＝45.
第45行是奇数行，是从右边开始向左边递增，
即从b991＝2×991－1＝1 981，
即{bn}的第991项，递增到第1 009项，也即从右往左第19项．
故从左往右是第45－19＋1＝27项，所以j＝27.所以i＋j＝45＋27＝72.
5.(多选)(2023·湛江模拟)一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔．已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列{an}，剩下2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则( )
A．第3层的塔数为3
B．第6层的塔数为9
C．第4层与第5层的塔数相等
D．等差数列{an}的公差为2
答案 ACD
解析 设等差数列{an}的公差为d，
若d＝1，则这10层的塔数之和为10×1＋eq \f(10×9,2)＝55，
则最多有55＋10＋10＝75(座)塔，不符合题意；
若d≥3，则这10层的塔数之和不少于10×1＋eq \f(10×9,2)×3>108，不符合题意；
所以d＝2，这10层的塔数之和为10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝100，
塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19，依题意知剩下2层的塔数为3与5，
所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19，因此A，C，D正确，B错误．
6．(多选)(2023·常德模拟)数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝15°；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝15°；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，…)，则( )
A．数列{an}是公比为eq \f(2,3)的等比数列
B．S1＝eq \f(1,12)
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))是公比为eq \f(4,9)的等比数列
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))的前n项和Tn