【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练4　等差数列、等比数列 Word版含答案.docx，共(4)页，47.745 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练4等差数列、等比数列一、选择题1.已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1,前n项积为Tn,若T10=T6,则下列结论正确的是()A.a6a7=1B.a7a8=1C.a8a9=1D.a9a10=12.(2023广西名校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若𝑆5𝑆10=133,

a4=8,则S8=()A.127B.254C.510D.2553.等差数列{an}的前n项和为Sn,若∀n∈N*,Sn≤S7,则数列{an}的通项公式可能是()A.an=3n-15B.an=17-3nC.an=n-7D.an=15-2n4.(2023广东揭阳联考)已知数列{a

n}满足a2=√3,a1=1,且𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2=2an-2an-1+1(n≥2),则𝑎20232-2a2022的值为()A.2021B.2022C.2023D.20245.若数列{an}为等比数列,且a1,a5是方程x2

+4x+1=0的两根,则a3=()A.-2B.1C.-1D.±16.(2023内蒙古包头一模)中国古代某数学名著中有类似这样的问题:有一个人一共走了441里路,第1天健步行走,从第2天起脚痛,每天走的路程为前1天的一半,走了6天后到达目的地,请问他第1天走的路

程是()(里为非国际单位制)A.224里B.214里C.112里D.107里7.(2023新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:𝑆𝑛𝑛为等差数列,则()A.甲是乙的充分条件但

不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8.(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=()A.120B.85C.-85D.-

1209.(2023北京海淀模拟)已知数列{an}是等比数列,且满足𝑆2+𝑆𝑛𝑆𝑛-1=𝑎𝑛𝑎𝑛-1(n≥2,n∈N*),则()A.{an}是递增数列B.{an}是递减数列C.{an}的公比为1D.{an}的公比为

-210.(2023福建莆田二模)若2a=3,2b=6,2c=12,则()A.a,b,c是等差数列B.a,b,c是等比数列C.1𝑎,1𝑏,1𝑐是等差数列D.1𝑎,1𝑏,1𝑐是等比数列11.(2023

四川南充二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则S2023等于()A.42022B.42023C.42022-13D.42023-1312.(2023四川绵阳二模)已知等比数列{an}

的各项均为正数,前n项和为Sn,S3=56,S6=63,则使得a1a2…an<1成立的最小正整数n的值为()A.10B.11C.12D.1313.(2023北京朝阳一模)已知项数为k(k∈N*且k≥2)的等差数列{an}满足a1=

1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),若a1+a2+…+ak=8,则k的最大值是()A.14B.15C.16D.17二、填空题14.(2023全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若

8S6=7S3,则{an}的公比为.15.已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=9,若3a2,a14,S9成等比数列,则数列{an}的通项公式为an=.16.(2023江西上饶一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a

7=a4,S3=-12,则a8=.17.已知数列{an}的前n项和为Sn,an+Sn=2,则a5=.18.(2023陕西商洛一模)设数列{an}的前n项和为Sn,且an>0,4Sn=𝑎𝑛2+2an-8,则

Sn-3an的最小值是.考点突破练4等差数列、等比数列1.C解析∵T10=T6,∴𝑇10𝑇6=a7a8a9a10=(𝑎8𝑎9)2=1.由q>0可知a8,a9同号,∴a8a9=1.故选C.2.D解析设等比数列

{an}的首项为a1,公比为q,则显然q≠1.由𝑆5𝑆10=133,得𝑆5𝑆10=𝑎1(1-𝑞5)1-𝑞𝑎1(1-𝑞10)1-𝑞=1-𝑞51-𝑞10=11+𝑞5=133,解得q

=2.由a4=8,得a1=𝑎4𝑞3=1,∴S8=1-281-2=28-1=255.故选D.3.D解析由题意可知,等差数列{an}为递减数列,且{𝑎7≥0,𝑎8≤0.A,C选项为递增数列,故排除;对于B,a7=17-3×7=-4<0,故排除;对于D,a7=15-2×7=1>0,a8=15-

2×8=-1<0,故D符合.故选D.4.B解析由𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2=2an-2an-1+1(n≥2),得(𝑎𝑛+12-2an)-(𝑎𝑛2-2an-1)=1,且由a2=√3,a1=1,得𝑎22-2a1=1,∴数

列{𝑎𝑛+12-2an}为以1为首项,1为公差的等差数列,∴𝑎𝑛+12-2an=n,∴𝑎20232-2a2022=2022.故选B.5.C解析由a1,a5是方程x2+4x+1=0的两根,得a1+a5=-4<0,a1a5=1>0,可知a1<0,a5<0.又{

an}为等比数列,所以a3<0,且𝑎32=a1a5=1,所以a3=-1.6.A解析设第1天走的路程为a1里,第2天走的路程为a2里……第6天走的路程为a6里,由题意a1,a2,…,a6组成公比为12的等比数列,且𝑎1(

1-126)1-12=441,解得a1=224.故选A.7.C解析(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+𝑛(𝑛-1)2d,则𝑆𝑛𝑛=a1+𝑛-12d=𝑑2n+a1-𝑑2,故𝑆𝑛+1𝑛+1−𝑆𝑛𝑛=𝑑2,𝑑2为常数,

则𝑆𝑛𝑛为等差数列,则甲是乙的充分条件.(必要性)反之,若𝑆𝑛𝑛为等差数列,设𝑆𝑛𝑛=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S1=A+B.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(

2n-1)+B=2An-A+B.当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.8.C解析(方法一)如果q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,

所以q≠1.由S6=21S2得𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=21𝑎1(1-𝑞2)1-𝑞,所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).由已知S4=𝑎1

(1-𝑞4)1-𝑞=-5,则S8=𝑎1(1-𝑞8)1-𝑞=𝑎1(1-𝑞4)(1+𝑞4)1-𝑞=-85.故选C.(方法二)设等比数列{an}的公比为q,由S6=21S2,得(a1+a2)(1+q2+q4)=21(a1+a2),

(a1+a2)(q4+q2-20)=0,若a1+a2=0,则S4=a1+a2+(a1+a2)q2=0,不合题意,所以q4+q2-20=0,q2=4或q2=-5(舍去),S8=S4+q4S4=-5+16×(-5)=-85.故选C.9.D解析设{an}的公比为q.由𝑆2+𝑆𝑛𝑆𝑛

-1=𝑎𝑛𝑎𝑛-1(n≥2,n∈N*),令n=2,可得𝑆2+𝑆2𝑆1=𝑎2𝑎1,所以2(𝑎1+𝑎1𝑞)𝑎1=q,化简得q=-2.故选D.10.A解析∵2a=3,2b=6,2c=12,∴a=log23,b=log26=log22+log23=1+log23,

c=log212=log24+log23=2+log23,则b-a=c-b=1,故a,b,c是等差数列,故A正确;∵𝑏𝑎=1+log23log23=1log23+1,𝑐𝑏=2+log231+log23=1

+(1+log23)1+log23=11+log23+1,∴𝑏𝑎≠𝑐𝑏,故a,b,c不是等比数列,故B不正确;∵1𝑏−1𝑎=11+log23−1log23=-1log23×(1+log23),1�

�−1𝑏=12+log23−11+log23=-1(1+log23)(2+log23),∴1𝑏−1𝑎≠1𝑐−1𝑏,故1𝑎,1𝑏,1𝑐不是等差数列,故C不正确;∵1𝑏1𝑎=𝑎𝑏=log231+log23=1+log23-11+

log23=1-11+log23,1𝑐1𝑏=𝑏𝑐=1+log232+log23=(2+log23)-12+log23=1-12+log23,∴1𝑏1𝑎≠1𝑐1𝑏,故1𝑎,1𝑏,1𝑐不是等比数列,故D不正确.故选A.11.A解析∵a

n+1=3Sn(n≥1),∴an=3Sn-1(n≥2),两式相减得an+1-an=3an,∴an+1=4an(n≥2).由an+1=3Sn(n≥1),得a2=3a1=3,故可知an≠0,∴𝑎𝑛+1𝑎𝑛=4(n≥2),而𝑎2𝑎1=3,故{an}从第2项起,为首项为3、公比为4的等比数

列,故S2023=a1+3(1-42022)1-4=42022.故选A.12.C解析设{an}的公比为q,由题意可知q>0且q≠1.又因为{𝑆3=56,𝑆6=63,所以{𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞=56,𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=𝑎1(

1-𝑞3)1-𝑞·(1+𝑞3)=63,解得{𝑞=12,𝑎1=32,所以an=a1qn-1=32×12n-1=12n-6,所以a1a2…an=12-5×12-4×…×12n-6=12-5+(-4)+…+(n-6)=12(-5+𝑛-6)𝑛2=12𝑛

2-11𝑛2.令12𝑛2-11𝑛2<1,得𝑛2-11𝑛2>0,即n(n-11)>0,解得n>11或n<0.又因为n∈N*,所以n≥12,所以n的最小值为12.故选C.13.B解析设{an}的公差为d.由a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),

得1+(n-2)d≤4[1+(n-1)d],即3+(3n-2)d≥0,∴d≥-33𝑛-2.∵y=-33𝑥-2在区间[2,+∞)上是增函数,∴d≥-33𝑘-2.由a1+a2+…+ak=8,得8=ka1+12k(k-1)d,∴16=2k+k(k

-1)d≥2k+k(k-1)-33𝑘-2,∴3k2-49k+32≤0.令f(t)=3t2-49t+32,t≥2,函数图象的对称轴为直线t=496,则t≥496时,函数f(t)单调递增,而f(15)=-28<0,f(16)=16>0,则k的最大值是15.故选B.14.-

12解析已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.∵a1≠0,∴q≠1.由8S6=7S3,得8𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=7𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞,整理得8(1+q3)=7,解得q=

-12.15.2n-1解析∵{an}为等差数列,∴S9=9(𝑎1+𝑎9)2=9a5.设{an}的公差为d,由{an}的各项均为正数,得d>0.由题可知𝑎142=3a2S9,∴(a5+9d)2=3(a5-3d)·9a5,解得d=2或d=-13(舍去),∴an=

a5+(n-5)d=9+2×(n-5)=2n-1.16.2解析设等差数列{an}的公差为d.由a3+a7=a4可得a4+a6=a4,故a6=0.由S3=-12可得a1+a2+a3=3a2=-12,故a2=-4,所以d=𝑎6-𝑎24=1,所以a8=a6+2d=2.17.

116解析当n=1时,a1=S1=2-a1,即a1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,故2an=an-1,所以数列{an}是首项为1,公比为12的等比数列,即an=12n-1,则a5=116.18.-8解析当n=1时,4S1=4a1=𝑎12

+2a1-8,即𝑎12-2a1-8=0,解得a1=4或a1=-2.因为an>0,所以a1=4.当n≥2时,4Sn-1=𝑎𝑛-12+2an-1-8,所以4an=𝑎𝑛2+2an-8-(𝑎𝑛-12+2an-1-8

),即𝑎𝑛2−𝑎𝑛-12-2an-2an-1=0,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0.因为an>0,所以an+an-1>0,所以an-an-1-2=0,即an-an-1=2,所以{an}是以4为首项,2为

公差的等差数列,则an=2n+2,Sn=n2+3n,故Sn-3an=n2+3n-3(2n+2)=n2-3n-6=n-322-334,所以当n=1或n=2时,Sn-3an取得最小值,最小值是-8.