第一部分 专题三 微专题9 等差数列与等比数列（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

一、单选题 1．(2024·日照三模)设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b3＝2，b7＝6，则S9＝(　　) A．－36　　 B．36 C．－18　　 D．18 解析：B　[利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解． S9＝＝＝36.] 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B. C．1 D．2 解析：B　[由S5＝S10结合等差中项的性质可得a8＝0，即可计算出公差，即可得a1的值． 由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0， 则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝.] 3．(2024·黔西南州一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a8＝4，a15＝22，则S12－S7＝(　　) A．14 B．72 C．36 D．60 解析：D　[利用等差数列性质可得公差d＝2，再由前n项和公式以及通项公式计算可得结果． 由等差数列性质可知a2＋a8＝2a5＝4，可得a5＝2； 设等差数列{an}的公差为d， 可得a15－a5＝10d＝20，解得d＝2； S12－S7＝a8＋a9＋…＋a12＝5a10＝5(a5＋5d)＝60.] 4．(2024·常德沅澧共同体联考)已知等比数列{an}中，a3·a10＝1，a6＝2，则公比q为(　　) A. B．2 C. D．4 解析：C　[直接使用已知条件及公比的性质得到结论． q＝·q4＝·＝＝＝.] 5．(2024·辽宁教研联盟二模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．大衍数列的前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则此数列的第30项为(　　) A．366 B．422 C．450 D．600 解析：C　[根据题意，得到数列{an}的偶数项的通项公式为a2n＝2n2，即可求解． 由题意，大衍数列的偶数项为2,8,18,32,50，…， 可得该数列{an}的偶数项的通项公式为a2n＝2n2， 所以此数列{an}的第30项为a30＝2×152＝450.] 6．(2024·张家口一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＞1，S3＝eS4，则数列{an}的公比q满足(　　) A．0＜q≤1 B．－1＜q＜0 C．q＞1 D．q≤－1 解析：B　[设函数f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数； 所以f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1. 因为S3＝eS4≥S4＋1，所以S3－S4≥1，即a4≤－1. 因为a4＝a1q3，a1＞1，所以q＜0，排除A，C. 若q＝－1，则S3＝a1，S4＝0，∴a1＝e0＝1，这与a1＞1矛盾，∴q≠－1，排除D.] 二、多选题 7．(2024·临沂二模)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5 B．若a2＋a13＝4，则S14＝28 C．若S15＜0，则S7＞S8 D．若{an}和{an·an＋1}都为递增数列，则an＞0 解析：BC　[根据题意，求得d＝，结合a1＋a2＝(a3＋a4)－4d，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由S15＜0，求得a8＜0，可判定C正确；根据题意，求得任意的n≥2，an＞0，结合a1的正负不确定，可判定D错误． 对于A项，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18， 可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝， 又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×＝，所以A错误； 对于B项，由S14＝＝＝28，所以B正确； 对于C项，由S15＝＝15a8＜0，所以a8＜0， 又因为S8－S7＝a8＜0，则S7＞S8，所以C正确； 对于D项，因为{an}为递增数列，可得公差d＞0， 因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1×2d＞0， 所以对任意的n≥2，an＞0，但a1的正负不确定，所以D错误．] 8．(2024·合肥质检二)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则(　　) A．Sn＋1＝S1＋qSn B．对任意n∈N*，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列 C．对任意n∈N*，都存在q，使得Sn,2S2n,3S3n成等差数列 D．若a1＜0，则数列{S2n－1}递增的充要条件是－1＜q＜0 解析：ACD　[对于A：分q＝1，q≠1两种情况计算可判断A；对于B：q＝－1可说明不成立判断B；分q＝1，q≠1两种情况计算可判断C；根据S2n＋1－S2n－1＝a1(1＋q)q2n－1，若{S2n－1}是递增数列，可求q判断D. 对于A：当q＝1时，Sn＋1＝(n＋1)a1，S1＋qSn＝a1＋na1＝(n＋1)a1，故成立， 当q≠1时，Sn＋1＝，S1＋qSn＝a1＋q×＝，所以Sn＋1＝a1＋qSn成立，故A正确； 对于B：当q＝－1时，S2＝0，所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，故B错误； 对于C：当q＝1时，Sn＝na1,2S2n＝4na1,3S3n＝9na1，故Sn,2S2n,3S3n不成等差数列， 当q≠1时，若存在q，使Sn,2S2n,3S3n成等差数列， 则2×2S2n＝Sn＋3S3n，则4×＝＋3×， 整理得4(1＋qn)＝1＋3(1＋q2n＋qn)，所以3q2n－qn＝0，所以qn＝， 所以对任意n∈N*，都存在q，使得Sn,2S2n,3S3n成等差数列，故C正确； 对于D：S2n＋1－S2n－1＝a2n＋a2n＋1＝a1(1＋q)q2n－1，若{S2n－1}是递增数列， 则可得a1(1＋q)q2n－1＞0，因为a1＜0， 所以(1＋q)q2n－1＜0，可解得－1＜q＜0， 所以若a1＜0，则数列{S2n－1}递增的充要条件是－1＜q＜0，故D正确．] 三、填空题 9．(2024·潍坊三模)已知关于x的方程cos2(ωx＋φ)＝k(ω≠0)的所有正实根从小到大排列构成等差数列，请写出实数k的一个取值为________． 解析：根据三角降幂公式化简，再结合图象求得k的取值即可． 因为cos2(ωx＋φ)＝k(ω≠0)， 所以＝k，即cos2(ωx＋φ)＝2k－1， 要想方程所有正实根从小到大排列构成等差数列， 则需要2k－1＝0或±1， 所以k＝0,1，.(答案不唯一，填写其中一个即可)． 答案：0，，1(答案不唯一，填写其中一个即可) 10．下面给出一个“三角形数阵”： 1 2 3 6 2 4 8 16 该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为a1，第2行的数由左至右依次为a2，a3，依次类推，则a100＝________. 解析：先确定a100所在的行数和列数，然后用等差数列工具确定该行的第一项，再用等比数列工具确定a100的取值． 由1＋2＋…＋13＝＝91＜100,1＋2＋…＋14＝＝105≥100,100－91＝9，知a100是第14行的第9个数． 而每一行的第一个数构成首项和公差均为的等差数列，从而第14行的第一个数是＋＝7. 又因为每一行成公比为2的等比数列，故第14行的第9个数等于7×29－1＝7×256＝1792. 答案：1792 三、解答题 11．已知数列{an}满足a1＝3，且an＋1＝3an－4. (1)设数列{bn}满足bn＝an－2，证明：{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)根据题意，表示出bn＋1与an＋1的关系式，计算得＝3，根据等比数列的定义可证明数列{bn}是等比数列；(2)根据等比数列的通项公式写出数列{bn}的通项，从而可得数列{an}的通项公式． (1)b1＝a1－2＝1， ∵bn＝an－2，an＋1＝3an－4， ∴bn＋1＝an＋1－2＝(3an－4)－2＝3(an－2)＝3bn， 因为b1≠0，故bn≠0，∴＝3. ∴{bn}是首项b1＝1，公比q＝3的等比数列． (2)由(1)知，bn＝3n－1，又bn＝an－2， 所以an－2＝3n－1，所以an＝3n－1＋2. 故数列{an}的通项公式为an＝3n－1＋2. 12．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)根据题意列式求解a1，d，进而可得结果；(2)先求Sn，讨论an的符号去绝对值，结合Sn运算求解． (1)设等差数列的公差为d， 由题意可得，即，解得， 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n， (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n＞0，解得n＜，且n∈N*， 当n≤7时，则an＞0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an＜0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98； 综上所述：Tn＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$