等差数列、等比数列专题突破练-2025届高三数学二轮复习

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=2 020,则m的值为(　　) A.100 B.101 C.200 D.202 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=(　　) A.72 B.81 C.90 D.99 3.已知等比数列{an}满足a2+8a5=0,设数列{}的前n项和为Sn,则=(　　) A.-11 B.-8 C.5 D.11 4.已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　) A.14 B.12 C.6 D.3 5.在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k= (　　) A.10 B.9 C.8 D.7 6.若等差数列{an}的前n项和为Sn,则“S4 020>0,S4 021<0”是“a2 010a2 011<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>0 B.a1<0 C.当n=5时,Sn最小 D.当Sn>0时,n的最小值为8 8.欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数(公因数只有1的两个正整数称为互质整数),例如:φ(3)=2,φ(4)=2,则(　　) A.φ(4)·φ(6)=φ(8) B.当n为奇数时,φ(n)=n-1 C.数列{φ(2n)}为等比数列 D.数列的前n项和小于 三、填空题 9.在正项等比数列{an}中,+2a6a8+=100,则a5+a9=　　　　　.  10.(2024·江西九师联盟)在1,3中间插入二者的乘积,得到1,3,3,称数列1,3,3为数列1,3的第一次扩展数列,数列1,3,3,9,3为数列1,3的第二次扩展数列,重复上述规则,可得1,x1,x2,…,,3为数列1,3的第n次扩展数列,令an=log3(1×x1×x2×…××3),则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.  11.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且,则使得为整数的正整数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.(2024·广东佛山二模)已知数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且Sn+an=2,b1=a1,T4=4T2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若cnan-bn=1,求数列{cn}的前n项和. 14.已知公比小于1的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2=,S3=. (1)求an; (2)求证:≤Sn<1. 15.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=an+1+1. (1)证明:数列{Sn-1}为等比数列,并求出Sn; (2)求数列的前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=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+c3+…+c100的值. 答案 一、单项选择题 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==20m=2 020,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=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a2+8a5=0,可得a1q+8a1q4=0,又a1≠0,q≠0,所以q3=-,所以q=-,因为,故数列{}也为等比数列,公比为,所以等比数列{}的公比为-2. 因此Sn=[1-(-2)n],所以=-11. 4.D　解析 (方法一)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1. 由题意可得 即解得 所以a6=a1q5=3.故选D. (方法二)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1. 由题意可得解得所以a6=a1q5=3. 故选D. 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==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S4 020>0,S4 021<0, 则=2 010(a2 010+a2 011)>0,即a2 010+a2 011>0,=4 021a2 011<0,即a2 011<0,所以a2 010>0,所以a2 010a2 011<0,充分性成立. 当a2 010<0,a2 011>0时,满足a2 010a2 011<0,不能推出S4 020>0,S4 021<0,必要性不成立. 故“S4 020>0,S4 021<0”是“a2 010a2 011<0”的充分不必要条件. 二、多项选择题 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=n2+n=n2-n=,所以当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误.令Sn=n2-n>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.ACD　解析 对于A,因为φ(4)=2,φ(6)=2,φ(8)=4,所以φ(4)·φ(6)=φ(8),故A正确; 对于B,由于φ(9)=6≠8,故B错误; 对于C,因为小于2n的所有正奇数与2n均互质,且小于2n的所有正奇数有2n-1个,所以φ(2n)=2n-1,因此数列{φ(2n)}为等比数列,故C正确; 对于D,同理小于3n的所有3的倍数与3n均不互质,共有3n-1个,因此小于3n的所有与3n互质的数共有2×3n-1个,即φ(3n)=2×3n-1,所以·()n-1,令an=·()n-1,则a1+a2+…+an=·[]<,故D正确,故选ACD. 三、填空题 9.10　解析 因为{an}是正项等比数列,所以a5a9=a6a8,a5+a9>0. 又+2a6a8+=100, 所以+2a5a9+=100,即=100, 所以a5+a9=10. 10.an=　解析 因为an=log3(1×x1×x2×…××3), 所以an+1=log3[1·(1·x1)x1(x1x2)x2…·3)·3]=log3(12··32)=3an-1, 所以an+1-=3(an-). 又a1=log3(1×3×3)=2,所以a1-, 所以是以为首项,3为公比的等比数列, 所以an-×3n-1=,所以an=. 故数列{an}的通项公式为an=. 11.2,4,14　解析 由已知得=3+. 因为为整数,且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. 四、解答题 12.(1)证明 设等差数列{an}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, 又b1≠0,所以2k-1=2m. 因为1≤m≤500,所以2≤2k-1≤1 000. 解得2≤k≤10. 又k∈N*,所以集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 13.解 (1)由Sn+an=2,得S1+a1=2,即2a1=2,解得a1=1,则b1=a1=1. 设等差数列{bn}的公差为d,由T4=4T2,得4b1+6d=4(2b1+d),解得d=2b1=2, 所以数列{bn}的通项公式为bn=b1+(n-1)d=2n-1. 由Sn+an=2,得当n≥2时,Sn-1+an-1=2,两式相减得2an-an-1=0,即an=an-1, 因此数列{an}是首项为1,公比为的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为an=a1·()n-1=()n-1. (2)由(1)及cnan-bn=1,得cn==2n·2n-1=n·2n. 令数列{cn}的前n项和为An, 则An=1×2+2×22+3×23+…+n×2n, 于是2An=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1, 两式相减得-An=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=-2-(n-1)·2n+1, 所以An=(n-1)·2n+1+2,即数列{cn}的前n项和为(n-1)·2n+1+2. 14.(1)解 设等比数列{an}的公比为q(q<1). 因为a2=,S3=,所以q=,即2q2-5q+2=0,解得q=或q=2(舍去). 所以an=. (2)证明 由(1)知a1=,q=, 所以Sn==1-. 因为y=在R上为减函数,且y=>0恒成立,所以当n∈N*时,0<, 所以≤1-<1,即≤Sn<1. 15.解 (1)由已知得Sn=(Sn+1-Sn)+1,整理得Sn+1=3Sn-2,所以Sn+1-1=3(Sn-1). 令n=1,得S1=a2+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= 所以所以当n=1时,T1=, 当n≥2时,Tn=+…+. 又T1=符合上式,所以Tn=. 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==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=[lg an],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==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+d=28, 解得d=4,所以an=4n-3. (2)由cn=[lg an],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==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=[lg an],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 学科网（北京）股份有限公司 $$