高考数学核心考点专题训练专题22等差数列与等比数列(原卷版+解析)

这是一份高考数学核心考点专题训练专题22等差数列与等比数列(原卷版+解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

在各项均为正数的等比数列an中，公比q∈0,1，若a3+a5=5,a2⋅a6=4，数列lg2an的前n项和为Sn，则当数列Snn的前n项和取最大值时，n的值为( )
A. 8B. 9C. 8或9D. 17
已知数列{an}的前n项和为Sn，若1，an，Sn成等差数列，则数列{an+1(an+2−1)(an+1−1)}的前n项和Tn=( )
A. 1−12n−1B. 12(1−12n−1)C. 12−12n+1−1D. 1−12n+1−1
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−2a2=6，an，an+2，an+1为等差数列，则S2020=( )
A. 4+122020B. 4+122018C. 4−122020D. 4−122018
若数列an为等差数列，bn为等比数列，且满足：a1+a2020=27，b1⋅b2020=2，函数fx满足fx+2=−fx且fx=ex，x∈0, 2，则fa1010+a10111+b1010b1011=( )
A. eB. e2C. e−1D. e9
在各项均为正数的等比数列{an}中，公比q∈(0,1)，若a3+a5=5，a2a6=4，bn=lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S11+S22+…+Snn取最大值时，n的值为( )
A. 8B. 8或9C. 9D. 17
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S1，2S2，3S3成等差数列，且a1a2=a3，若{(lg3an)2−λlg3an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A. (−∞,−3)B. (−3,+∞)C. (−1,+∞)D. (−∞,−1)
若数列an满足：n增大时，anan+1无限接近5−12，则称数列an是黄金数列．满足下列条件的数列an是黄金数列的是( )
A. a1=1，an+1=anan+1B. a1=1，a2=3，an+2an=an+12
C. a1=1，an+1=an+2D. a1=a2=1，an+2=an+an+1
已知数列an满足对1≤n≤3时，an=n，且对∀n∈N∗，有an+3+an+1=an+2+an，则数列n⋅an的前50项的和为( )
A. 2448B. 2525C. 2533D. 2652
在数列an中且a2020=23,a2022=25,则a2023=( )
A. 72B. 27C. 13D. 3
已知数列{an}满足a1a2a3⋯an=2n2，且对任意n∈N∗都有1a1+1a2+1a3+⋯+1anA. (13,+∞)B. [13,+∞)C. (23,+∞)D. [23,+∞)
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
若数列an的首项a1=2，且an+1=3an+2n∈N∗；令bn=lg3an+1，则b1+b2+b3+⋯+b100=_____________．
已知数列{an}满足an>0，前n项和为Sn，若a3=3，且对任意的k∈N ∗，均有a2k2=2a2k−1+1，a2k+1=2lg2a2k+1，则a1=_______；S20=_______．
在各项均为正数的等比数列{an}中，公比q∈(0,1).若a3+a5=5，a2a6=4，bn=lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则当S11+S22+…+Snn取最大值时n的值为________．
正项等比数列{an}满足a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，设bn=anan+1(n∈N∗)，则b1b2⋅⋯⋅bn取得最小值时的n值为_________．
三、解答题（本大题共4小题，共30分）
已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1−2an(n∈N∗).
(Ⅰ)证明：数列{an+1−an}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅲ)若数列{bn}满足4b1−14b2−1…4bn−1=(an+1)bn(n∈N∗)，证明{bn}是等差数列．
已知等差数列{an}的公差不为零，a4=1，且a4，a5，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，满足Sn=2bn−4(n∈N ∗).
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{cn}满足：c1=−12，cn+1=cn−anbn(n∈N∗)，求使得cn≥n−216成立的所有n值．
已知正项数列{an}满足a1=1，an−1−an=an−1an，n≥2，等比数列{bn}满足：a2=b1，b2−b3=a8．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设Tn=b1an+b2an−1+b3an−2+…+bna1，求Tn．
已知数列{an}，Sn是an的前n项的和，且满足Sn=2an−1(n∈N ∗)，数列{bn}是等差数列，b2+b6=a4，a5−b4=2b6．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn，设cn=(−1)n(Tn+bn+2)b3n+4bn+1bn+2，求cn的前n项的和Dn．
专题22 等差数列与等比数列
一、单选题（本大题共10小题，共50分）
在各项均为正数的等比数列an中，公比q∈0,1，若a3+a5=5,a2⋅a6=4，数列lg2an的前n项和为Sn，则当数列Snn的前n项和取最大值时，n的值为( )
A. 8B. 9C. 8或9D. 17
【答案】C
【解析】解：∵{an}是等比数列且a3+a5=5，a2a6=4，公比q∈(0,1)
∴a3+a5=5a3a5=4
解得：a3=4，a5=1
∴q=12，∴a1=16
则an=16⋅(12)n−1
∴bn=lg2an=lg2(16⋅12n−1)=lg225−n=5−n
则b1=4，
由bn+1−bn=5−(n+1)−(5−n)=−1．
∴数列{bn}是以4为首项，以−1为公差的等差数列．
则数列{bn}的前n项和
Sn=n(4+5−n)2=n(9−n)2
令cn=Snn=n(9−n)2n=9−n2
∵cn≥0时，n≤9
∴当n=8或9时，
S11+S22+⋯+S2n取最大值．
故选C．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若1，an，Sn成等差数列，则数列{an+1(an+2−1)(an+1−1)}的前n项和Tn=( )
A. 1−12n−1B. 12(1−12n−1)C. 12−12n+1−1D. 1−12n+1−1
【答案】D
【解析】解：因为1，an，Sn成等差数列，
所以2an=Sn+1．
当n=1时，2a1=a1+1，所以a1=1；
当n≥2时，2an−1=Sn−1+1，
所以2an−2an−1=an，即an=2an−1，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
所以an=2n−1．
所以an+1(an+2−1)(an+1−1)=2n2n+1−12n−1=12n−1−12n+1−1．
则Tn=1−13+13−17+⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1．故选D．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−2a2=6，an，an+2，an+1为等差数列，则S2020=( )
A. 4+122020B. 4+122018C. 4−122020D. 4−122018
【答案】D
【解析】解：由题意，2an+2=an+an+1，故an+2−an+1an+1−an=an+1+an2−an+1an+1−an=−12，且a2−a1=−9，
所以{an+1−an}是公比为−12，首项为−9的等比数列，
故an+1−an=−9×−12n−1，
则当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+...+a2−a1+a1=−9×−12n−2+−12n−3+...+−120+6
=−9×1−−12n−11−−12+6=6×−12n−1，
又a1=6也符合上式，
所以{an}是首项为6，公比为−12的等比数列，
故Sn=6×1−−12n1−−12=41−−12n，
故S2020=4−122018．
故选D．
若数列an为等差数列，bn为等比数列，且满足：a1+a2020=27，b1⋅b2020=2，函数fx满足fx+2=−fx且fx=ex，x∈0, 2，则fa1010+a10111+b1010b1011=( )
A. eB. e2C. e−1D. e9
【答案】A
【解析】解：数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足：a1+a2020=27，b1⋅b2020=2，
所以f(a1010+a10111+b1010b1011)=f(a1+a20201+b1b2020)=f(271+2)=f(9)，
函数f(x)满足f(x+2)=−f(x)且f(x)=ex，x∈[0,2]，
∴f(9)=−f(7)=f(5)=−f(3)=f(1)=e．
故选：A．
在各项均为正数的等比数列{an}中，公比q∈(0,1)，若a3+a5=5，a2a6=4，bn=lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S11+S22+…+Snn取最大值时，n的值为( )
A. 8B. 8或9C. 9D. 17
【答案】B
【解析】解：∵{an}是等比数列且a3+a5=5，a2a6=4，公比q∈(0,1)，
∴a3+a5=5a3a5=a2a6=4，解得：a3=4，a5=1，q=12，
∴a1=16，
因此an=16×(12)n−1，
∴bn=lg2an=lg216×12n−1=lg225−n=5−n，则b1=4，
由bn+1−bn=5−(n+1)−(5−n)=−1，
∴数列{bn}是以4为首项，以−1为公差的等差数列，
则数列{bn}的前n项和Sn=n(4+5−n)2=n(9−n)2，
令Cn=Snn=n(9−n)2n=9−n2，
∵Cn≥0时，n≤9，
∴当n=8或9时，S11+S22+…+Snn取最大值．
故选：B．
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S1，2S2，3S3成等差数列，且a1a2=a3，若{(lg3an)2−λlg3an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A. (−∞,−3)B. (−3,+∞)C. (−1,+∞)D. (−∞,−1)
【答案】B
【解析】由题意，得4S2=S1+3S3，化简得a2=3a3，所以公比q=13，
又a1a2=a3，得a1=13，所以an=(13)n，(lg3an)2−λlg3an=n2+λn.
因为{n2+λn}是递增数列，所以(n2+λn)−[(n−1)2+λ(n−1)]=2n+λ−1>0，n≥2，
所以λ>−2n+1，得λ>(−2n+1)max=−3，
故选B．
若数列an满足：n增大时，anan+1无限接近5−12，则称数列an是黄金数列．满足下列条件的数列an是黄金数列的是( )
A. a1=1，an+1=anan+1B. a1=1，a2=3，an+2an=an+12
C. a1=1，an+1=an+2D. a1=a2=1，an+2=an+an+1
【答案】D
【解析】对于A：1an+1=an+1an=1an+1⇒1an是等差数列，
故1an=1a1+n−1=n，所以an=1n，
所以anan+1=n+1n>1，
故an不是黄金数列；
对于B：因为a1=1，a2=3，an+2an=an+12，
所以an为等比数列，所以anan+1=13，故an不是黄金数列；
对于C：因为a1=1，an+1=an+2，所以an为等差数列，所以an=2n−1，
anan+1=2n−12n+1=1−22n+1，n无限最大时，anan+1无限接近1，
故an不是黄金数列；
对于D：an+2=an+an+1两边同除以an+1可得，an+2an+1=anan+1+1，
当n无限增大时，anan+1无限接近于t，则an+2an+1无限接近于1t，
所以1t=t+1⇒t=5−12，
故an是黄金数列．
故选D．
已知数列an满足对1≤n≤3时，an=n，且对∀n∈N∗，有an+3+an+1=an+2+an，则数列n⋅an的前50项的和为( )
A. 2448B. 2525C. 2533D. 2652
【答案】B
【解析】解：由题得an+3+an+1=an+2+an=⋯=a3+a1=4，
所以an=4−an+2=4−(4−an+4)=an+4，
所以an是周期为4的数列，且a1=1，a2=2，a3=3，a4=2，
所以a1+2a2+3a3+4a4+5a5+⋯+50a50=a1+2a2+3a3+4a4+5a1+⋯+50a2
=1×(1+5+9+⋯+49)+2(2+6+⋯+50)+3(3+7+⋯+47)+2(4+8+⋯+48)
=13×502+2×13×522+3×12×502+2×12×522=2525．
故选B．
在数列an中且a2020=23,a2022=25,则a2023=( )
A. 72B. 27C. 13D. 3
【答案】C
【解析】解：由2an=1an−1+1an+1(n∈N∗,n⩾2)，
可知数列1an是等差数列，
则其公差d=12(1a2022−1a2020)=12，
因此1a2023=1a2022+d=52+12=3，
所以a2023=13．
故选C．
已知数列{an}满足a1a2a3⋯an=2n2，且对任意n∈N∗都有1a1+1a2+1a3+⋯+1anA. (13,+∞)B. [13,+∞)C. (23,+∞)D. [23,+∞)
【答案】D
【解析】解：因为数列{an}满足a1a2a3⋯an=2n2 ①，
所以当n≥2时，a1a2a3⋯an−1=2(n−1)2 ②，
①÷②得an=2n2÷2(n−1)2=22n−1=12×4n．
又因为a1=2适合上式，所以数列an的通项公式为an=12×4n，
因此1an=(12)2n−1，
所以数列1an是以12为首项，14为公比的等比数列，
因此1a1+1a2+1a3+⋯+1an=12[1−(14)n]1−14=23[1−(14)n]<23．
又因为对任意n∈N∗都有1a1+1a2+1a3+⋯+1an所以t⩾23，因此实数t的取值范围是[23,+∞).
故选D．
二、单空题（本大题共4小题，共20分）
若数列an的首项a1=2，且an+1=3an+2n∈N∗；令bn=lg3an+1，则b1+b2+b3+⋯+b100=_____________．
【答案】5050
【解析】解：∵数列{an}的首项a1=2，且an+1=3an+2(n∈N∗)，
∴an+1+1=3(an+1)，a1+1=3，
∴{an+1}是首项为3，公比为3的等比数列，
∴an+1=3n，
，∴b1+b2+b3+…+b100=1+2+3+…+100=100×(100+1)2=5050．
故答案为5050．
已知数列{an}满足an>0，前n项和为Sn，若a3=3，且对任意的k∈N ∗，均有a2k2=2a2k−1+1，a2k+1=2lg2a2k+1，则a1=_______；S20=_______．
【答案】1，2146．
【解析】解：因为a2k2=2a2k−1+1，两边取对数得2lg2a2k=2a2k−1+1，
又a2k+1=2lg2a2k+1，所以a2k+1−1=a2k−1+1，
即a2k+1−a2k−1=2，k∈N∗，数列a2k−1为等差数列，公差为2，
k=1时， a3−a1=2，得a1=1，
根据a2k+1−a2k−1=2，a1=1，数列a2k−1为等差数列，公差为2，，首项是1，
a2k−1=2k−1，a2k2=22k，所以a2k=2k
所以S20=a1+a3+⋯+a19+a2+a4+⋯+a20
=1+3+⋯+19+2+22+⋯+210=100+2046=2146，
故答案为1，2146．
在各项均为正数的等比数列{an}中，公比q∈(0,1).若a3+a5=5，a2a6=4，bn=lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则当S11+S22+…+Snn取最大值时n的值为________．
【答案】8或9
【解析】解：各项均为正数的等比数列{an}中，若a3+a5=5，a2a6=4，
所以a3+a5=5a3a5=a2a6=6，
由于公比q∈(0,1)，
解得a3=4a5=1，
所以a5=a3q2，解得q=12．
所以an=a5⋅qn−5=(12)n−5．
由于bn=lg2an=lg2(12)n−5=5−n．
所以数列{bn}是以4为首项，以−1为公差的等差数列，
所以Sn=n(4+5−n)2=n(9−n)2，
则cn=Snn=n(9−n)2n=9−n2，
当n<9，n∈N +时，cn=9−n2>0；当n=9时，cn=0；当n>9，n∈N +时，cn<0，
故当n=9或8时，数列S11+S22+…+Snn取得最大值．
故答案为：8或9．
正项等比数列{an}满足a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，设bn=anan+1(n∈N∗)，则b1b2⋅⋯⋅bn取得最小值时的n值为_________．
【答案】2
【解析】解：正项等比数列{an}的公比设为q(q>0)，a1+a3=54，
可得a1+a1q2=54，
2a2，12a4，a3成等差数列，可得a4=2a2+a3，即q2−q−2=0，
解得q=2(−1舍去)，a1=14，
则an=14⋅2n−1=2n−3，
bn=anan+1=2n−3⋅2n−2=132⋅4n，
则b1b2⋅…⋅bn=125n(41⋅42…⋅4n)=2−5n⋅41+2+…+n=2n2−4n，
由n2−4n=(n−2)2−4，当n=2时，b1b2⋅…⋅bn取得最小值．
故答案为：2．
三、解答题（本大题共4小题，共30分）
已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1−2an(n∈N∗).
(Ⅰ)证明：数列{an+1−an}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅲ)若数列{bn}满足4b1−14b2−1…4bn−1=(an+1)bn(n∈N∗)，证明{bn}是等差数列．
【答案】解：(Ⅰ)证明：∵an+2=3an+1−2an，
∴an+2−an+1=2(an+1−an)，
∵a1=1，a2=3，
∴an+2−an+1an+1−an=2(n∈N∗)．
∴{an+1−an}是以a2−a1=2为首项，2为公比的等比数列．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ){an+1−an}是以a2−a1=2为首项，2为公比的等比数列
得an+1−an=2n(n∈N∗)，∴an=(an−an−1)+(an−1−an−2)++(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2++2+1=2n−1(n∈N∗).
(Ⅲ)证明：∵4b1−14b2−14bn−1=(an+1)bn，∴4b1+b2+…+bn−n=2nbn
∴2[(b1+b2+…+bn)−n]=nbn，①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)−(n+1)]=(n+1)bn+1.②
②−①，得2(bn+1−1)=(n+1)bn+1−nbn，
即(n−1)bn+1−nbn+2=0.③
nbn+2−(n+1)bn+1+2=0.④
④−③，得nbn+2−2nbn+1+nbn=0，
即bn+2−2bn+1+bn=0，∴bn+2−bn+1=bn+1−bn(n∈N∗)，
∴{bn}是等差数列．
已知等差数列{an}的公差不为零，a4=1，且a4，a5，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，满足Sn=2bn−4(n∈N ∗).
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{cn}满足：c1=−12，cn+1=cn−anbn(n∈N∗)，求使得cn≥n−216成立的所有n值．
【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由题得a52=a4a7， 即(1+d)2=1+3d，
整理得d2=d，解得d=1，
所以an=a4+(n−4)d=n−3.
因为b1=2b1−4，所以b1=4，
当n≥2时，由bn=Sn−Sn−1得bn=2bn−2bn−1，即bn=2bn−1，
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=2n+1．
(Ⅱ)由cn+1=cn−anbn得cn+1−cn=−n−32n+1，
所以cn=(cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+…+(c2−c1)+c1 =−12−−222+−123+…+n−42n.
设Tn=−222+−123+…+n−42n，
则12Tn=−223+−124+…+n−42n+1，
作差得12Tn=−222+123+124+…+12n−n−42n+1 =−12+123−12n×121−12−n−42n+1=−14−n−22n+1，
所以Tn=−12−n−22n，所以cn=−12−Tn=n−22n.
因为cn=n−22n≥n−216，所以(n−2)(24−n−1)≥0.
当n=1时，不满足题意；当n=2时，满足题意；
当n≥3时，24−n−1≥0，解得3≤n≤4.
所以，满足题意的所有n值为2，3，4．
已知正项数列{an}满足a1=1，an−1−an=an−1an，n≥2，等比数列{bn}满足：a2=b1，b2−b3=a8．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设Tn=b1an+b2an−1+b3an−2+…+bna1，求Tn．
【答案】解：(1)∵an各项为正，且an−1−an=anan−1,(n≥2)，
∴1an−1an−1=1,(n≥2)．
∴1an是公差d=1，首项1a1=1的等差数列，
∴1an=n，则an=1n.
设等比数列bn的公比为q，则b1=12,b2−b3=b1(q−q2)=18．
故q−q2=14，解得q=12.故bn=b1qn−1=12n.
(2)Tn=b1an+b2an−1+⋯+bna1=n2+n−122+n−223+⋯+12n. ①
2Tn=n+n−12+n−222+⋯+12n−1. ②
②−①：Tn=n−(12+122+123+...+12n−1+12n).
=n−12(1−12n)1−12=n−1+12n.
已知数列{an}，Sn是an的前n项的和，且满足Sn=2an−1(n∈N ∗)，数列{bn}是等差数列，b2+b6=a4，a5−b4=2b6．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn，设cn=(−1)n(Tn+bn+2)b3n+4bn+1bn+2，求cn的前n项的和Dn．
【答案】解：(1)由Sn=2an−1 ①， 当n=1时S1=2a1−1，解得a1=1，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−1 ②， ①−②得an=2an−1，所以an是等比数列，
∴an=2n−1，
∵由{bn}是等差数列，b2+b6=a4，a5−b4=2b6．
∴b1+d+b1+5d=816−b1−3d=2b1+5d，解得b1=1，d=1，
∴bn=n．
(2)Sn=11−2n1−2=2n−1，∴Tn=2+22+⋯+2n−n=21−2n1−2−n
∴Tn=2n+1−n−2， cn=(−1)n(Tn+bn+2)b3n+4bn+1bn+2=(−1)n(3n+4)2n+1(n+1)(n+2)=(−1)n2n+1n+1+2n+2n+2，∴Dn=−2−233+233+244+−244−255+⋯+−1n2n+1n+1+2n+2n+2
∴Dn=−2+(−1)n2n+2n+2．