【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练11　等差数列、等比数列 Word版含答案.docx，共(8)页，38.281 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练11等差数列、等比数列一、单项选择题1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a2=7,am-1+am=73(m≥3),Sm=2020,则m的值为()A.100B.101C.200D.2022.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3

=9,S6=36,则a7+a8+a9=()A.72B.81C.90D.993.在正项等比数列{an}中,a2a4=16,a4+a5=24,则数列{an}的通项公式为()A.an=2n-1B.an=2nC.an=3nD.an=3n-14.经统计,某企业去年7月到12月的月产量(单位:吨)逐月增加,且

各月的产量成等差数列,其中7月的产量为10吨,12月的产量为20吨,则8月到11月的产量之和为()A.48吨B.54吨C.60吨D.66吨5.在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若

a1+a2+a3+…+ak=135,则k=()A.10B.9C.8D.76.若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充

分也不必要条件二、多项选择题7.已知等差数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,a7=3a5,则下列选项正确的是()A.公差d>0B.a1<0C.当n=5时,Sn最小D.当Sn>0时,n的最小值为88.已知数列{an}的前n项和

为Sn,则下列说法正确的是()A.若Sn=n2-1,则{an}是等差数列B.若Sn=2n-1,则{an}是等比数列C.若{an}是等差数列,则S99=99a50D.若{an}是等比数列,且a1>0,q>0,则S2

n-1·S2n+1>𝑆2𝑛2三、填空题9.在正项等比数列{an}中,𝑎52+2a6a8+𝑎92=100,则a5+a9=.10.在等差数列{an}中,a1+a7=12,当𝑎32+𝑎42+𝑎52取得最小值时,a2020=.11.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和

Tn,且𝑆𝑛𝑇𝑛=3𝑛+39𝑛+3,则使得𝑎𝑛𝑏𝑛为整数的正整数n的值为.四、解答题12.(2022·新高考Ⅱ,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为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.13.(2021·全国甲,文18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{√𝑆𝑛}是等差数列.证明:{an}是等差数列.14.已知公比小于1的等比数列{an}的前n项和为Sn,

a2=14,S3=78.(1)求an;(2)求证:12≤Sn<1.15.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=12an+1+1.(1)证明:数列{Sn-1}为等比数列,并求出Sn.(2)求数列{1𝑎𝑛}的前n项和Tn.16.在以下三个条

件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.①a3+a5=14,②S4=28,③a8是a5与a13的等比中项.问题:已知{an}为公差不为零的等差数列,其前n项和为Sn,{bn}为等比数列,其前n项和Tn=2n+λ,λ为常数,

a1=b1,.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)令cn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+c3+…+c100的值.专题突破练11等差数列、等比数列1.B解析由已知得a1+

a2+am-1+am=80.因为{an}为等差数列,所以a1+am=a2+am-1,所以a1+am=40,所以Sm=𝑚(𝑎1+𝑎𝑚)2=20m=2020,解得m=101.2.B解析由题意及等比数列的性质,可得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,则(𝑆6-𝑆

3)2=S3(S9-S6),即(36-9)2=9(S9-S6),解得S9-S6=81,即a7+a8+a9=81.3.A解析设等比数列{an}的公比为q,由题意,可知an>0,q>0.因为{an}为等比数列,所以a2a4=𝑎32=16,解得a3=

4.所以a4+a5=a3(q+q2)=4(q+q2)=24,整理得q2+q-6=0,解得q=2.所以an=a3qn-3=4×2n-3=2n-1.4.C解析设去年7月到12月的月产量(单位:吨)分别为a1,a2,a3,a4,a

5,a6,由题意,可知a1=10,a6=20,a1,a2,a3,a4,a5,a6成等差数列,则a1+a6=a2+a5=a3+a4=30,故a2+a3+a4+a5=60.故8月到11月的产量之和为60吨.5.B解析令m=1,由am+n=am

+an,得an+1=a1+an,即an+1-an=a1=3,所以{an}是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3+3(n-1)=3n.所以a1+a2+a3+…+ak=𝑘(𝑎1+𝑎𝑘)2=𝑘(3+3𝑘)2=135,整理得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).6.B解

析依题意,若S2020>0,S2021<0,则2020(𝑎1+𝑎2020)2=1010(a1010+a1011)>0,即a1010+a1011>0,2021(𝑎1+𝑎2021)2=2021a1011<0,即a1011<0,所以a1010>0,所以a1010a1011

<0,充分性成立.当a1010<0,a1011>0时,满足a1010a1011<0,不能推出S2020>0,S2021<0,必要性不成立.故“S2020>0,S2021<0”是“a1010a1011<0”的充分不必要条件.7.ABD解析因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),

解得a1=-3d,又等差数列{an}是递增数列,所以d>0,所以a1<0,故A,B正确.因为Sn=𝑑2n2+(𝑎1-𝑑2)n=𝑑2n2-7𝑑2n=𝑑2(𝑛-72)2−49𝑑8,所以当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误.令Sn=𝑑2n2-7𝑑2n>0,解得n

<0或n>7,又n∈N*,所以当Sn>0时,n的最小值为8,故D正确.8.BC解析对于A选项,因为Sn=n2-1,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=S1=0,而a1=0不满足an=2n-1,故A错误.对于B选项,因为Sn=2n-1,

所以当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又a1=1满足an=2n-1,所以an=2n-1,所以𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2,所以{an}是等比数列,故B正确.对于C选项,因为{an}是等差数列,所以S99=99(𝑎1+𝑎99)2=99a50,故C正确.对于D

选项,由已知得当n=1时,S1·S3-𝑆22=𝑎12(1+q+q2)-𝑎12(1+q)2=-𝑎12q<0,所以当n=1时,S2n-1·S2n+1<𝑆2𝑛2,故D错误.9.10解析因为{an}是正项等比数列,所以a5a9=a6a8,a5+a9>0.又𝑎52+2a6a8+𝑎

92=100,所以𝑎52+2a5a9+𝑎92=100,即(𝑎5+𝑎9)2=100,所以a5+a9=10.10.6解析设等差数列{an}的公差为d.由等差中项的性质,得a1+a7=2a4=12,解得a

4=6.所以𝑎32+𝑎42+𝑎52=(6-d)2+62+(6+d)2=2d2+108.当d=0时,𝑎32+𝑎42+𝑎52取得最小值,此时a2020=a4=6.11.2,4,14解析由已知得𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑆2𝑛-1𝑇2𝑛-1=3(

2𝑛-1)+39(2𝑛-1)+3=3𝑛+18𝑛+1=3+15𝑛+1.因为𝑎𝑛𝑏𝑛为整数,n∈N*,所以n+1=3,5,15,即n=2,4,14.所以正整数n的值为2,4,14.12.(1)证明设等差数列的公差为d,由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+

2d-4b1,得d=2b1.由a2-b2=b4-a4,可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),整理可得a1=b1,得证.(2)解由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,即b1·2k

-1=b1+(m-1)·2b1+b1,得2k-1=2m.∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1000.∴2≤k≤10.又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.13.证明∵{√𝑆𝑛}是等差数列,a2=3a1,∴√𝑆2−√𝑆1=√4𝑎1−√

𝑎1=√𝑎1,即数列{√𝑆𝑛}的公差为√𝑎1.∴√𝑆𝑛=√𝑆1+(n-1)√𝑎1=n√𝑎1,即Sn=n2a1.当n≥2时,Sn-1=(n-1)2a1,则an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1

=(2n-1)a1.当n=1时,a1=(2×1-1)a1,符合上式,∴an=(2n-1)a1,n∈N*.∴an+1-an=2a1,∴{an}是等差数列.14.(1)解设等比数列{an}的公比为q(q<1).因为a2=14,S3=

78,所以14𝑞+14+14q=78,即2q2-5q+2=0,解得q=12或q=2(舍去).所以an=14×(12)𝑛-2=12𝑛.(2)证明由(1)知a1=12,q=12,所以Sn=12[1-(12)𝑛]1-12=1-12𝑛.因为y=(12)𝑥在R上为减函数,且y=(12

)𝑥>0恒成立,所以当n∈N*时,0<12𝑛≤12,所以12≤1-12𝑛<1,即12≤Sn<1.15.解(1)由已知得Sn=12(Sn+1-Sn)+1,整理得Sn+1=3Sn-2,所以Sn+1-1=3(Sn-1).令n=1,得S1=12a2+1=4,

所以S1-1=3,所以{Sn-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以Sn-1=3×3n-1=3n,所以Sn=3n+1.(2)由(1)知Sn=3n+1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+1-(3n-1+1)=2×3n-1,当n=1时,a1=S1=4,所以an={

4,𝑛=1,2×3𝑛-1,𝑛≥2,所以1𝑎𝑛={14,𝑛=1,12×13𝑛-1,𝑛≥2,所以当n=1时,T1=1𝑎1=14,当n≥2时,Tn=1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛=14+16(1-13𝑛-1)1-13=12−14×3𝑛-1.又T1=14符合上式,所以T

n=12−14×3𝑛-1.16.解若选①.(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=𝑏3𝑏2=2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.设{an}的公差为d,由a3+a5=14,得1+2d+1+4d=14,解

得d=2,所以an=2n-1.(2)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145.若选②.(1)设{bn

}的公比为q.由已知得b2=T2-T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=𝑏3𝑏2=2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.设{an}的公差为d,由S4=28,得4×1+4×32d=28,解得d=4,所以an=4n-3.(2

)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=0,c4=c5=…=c25=1,c26=c27=…=c100=2,所以c1+c2+c3+…+c100=1×22+2×75=172.若选③.(1)设{bn}的公比为q.由已知得b2=T2-

T1=2,b3=T3-T2=4,所以q=𝑏3𝑏2=2,所以bn=2×2n-2=2n-1.所以a1=b1=1.设{an}的公差为d,由a8是a5与a13的等比中项,得(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),解得d=0或d=2.又d≠0,所以d=2,所以an=2n-1.(2

)由cn=[lgan],得c1=c2=c3=c4=c5=0,c6=c7=…=c50=1,c51=c52=…=c100=2,