专题2 微专题5 等差数列、等比数列（word练习）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

一、单项选择题 1．(2024·山东日照一模)已知数列{an}是公比为2的等比数列，且a1＋a2＝3，则a5＋a6等于(　　) A．24　　　　　　　 B．48 C．72 D．96 解析　因为数列{an}是公比为2的等比数列，且a1＋a2＝3，所以a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝3×24＝48，故选B. 答案　B 2．(2024·山东淄博一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a7＝10，a5a6＝35，则S6＝(　　) A．20 B．16 C．14 D．12 解析　∵{an}是等差数列， ∴a3＋a7＝2a5＝10，a5＝5，所以a6＝＝7， ∴公差d＝a6－a5＝2，∴a1＝a5－4d＝－3， ∴S6＝6×(－3)＋×2＝12，故选D. 答案 D 3．(2024·山东青岛一模)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值为(　　) A．9 B．16 C．25 D．50 解析　∵S20＝×20＝100， ∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10. 又∵a10>0，a11>0，∴a10·a11≤2＝＝25，当且仅当a10＝a11＝5时，等号成立， ∴a10·a11的最大值为25.故选C. 答案　C 4．(2024·山东聊城二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1>0，a8，a9是方程x2＋x－2 024＝0的两根，则能使Sn>0成立的n的最大值为(　　) A．15 B．16 C．17 D．18 解析　∵a8，a9是方程x2＋x－2 024＝0的根， ∴a8＋a9＝－1，a8·a9＝－2 024， 又∵a1>0，∴a8>0，a9<0， ∵S16＝＝8(a8＋a9)<0， S15＝＝15a8>0， ∴能使Sn>0成立的n的最大值为15. 故选A. 答案　A 5．(2024·四川自贡三模)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S10<0，S11>0，则下列四个命题正确的个数为(　　) ①S5为Sn的最小值；②a6>0；③a1<0，d>0； ④S6为Sn的最小值． A．1 B．2 C．3 D．4 解析　等差数列{an}中，S11＝＝11a6>0，则a6>0，故②正确； 又S10＝＝5(a1＋a10)＝5(a5＋a6)<0，所以a5<0，故d>0，则a1＝a5－4d<0，故③正确； 于是可得等差数列{an}满足an＋1－an＝d>0，其为递增数列，则a1<a2<a3<a4<a5<0，又a6>0，所以S5为Sn的最小值，故①正确，④错误；则四个命题正确个数为3.故选C. 答案　C 6．(2024·扬州中学三模)对于一个给定的数列{an}，令bn＝，则数列{bn}称为数列{an}的一阶商数列，再令cn＝，则数列{cn}是数列{an}的二阶商数列．已知数列{An}为1,2,8,64,1 024，…，且它的二阶商数列是常数列，则A7＝(　　) A．215 B．219 C．221 D．228 解析　设数列{An}的一阶商数列为{bn}，二阶商数列为{cn}，则b1＝＝2，b2＝＝4，c1＝＝2，又数列{An}的二阶商数列{cn}是常数列，则cn＝c1＝2，则{bn}满足＝cn＝2，∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，则bn＝2·2n－1＝2n，∴＝2n，则＝2n－1，＝2n－2，＝2n－3，…，＝22，＝21，累乘得＝2n－1×2n－2×2n－3×…×22×21＝2(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1＝2＝2，∴An＝2·A1＝2，则A7＝2＝221.故选C. 答案　C 二、多项选择题 7．(2024·江西赣州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝18，S3＝26，则(　　) A．an>0 B．Sn>0 C．数列{|an|}为单调数列 D．数列{|Sn|}为单调数列 解析　设数列{an}的首项为a1，公比为q， 由题有 解得或 当时，an>0不成立，所以选项A错误； 因为Sn＝， 当时，显然有Sn>0， 当时，1－q<0,1－qn<0，所以Sn>0，故选项B正确； 当q＝3时，数列{|an|}是首项为2，公比为3的递增数列， 当q＝－时，数列{|an|}是首项为32，公比为的递减数列，所以选项C正确； 由选项B知Sn>0，所以|Sn|＝Sn， 当时， Sn＝＝，此时Sn不具有单调性，所以选项D错误．故选BC. 答案　BC 8．(2024·山东枣庄二模)将数列{an}中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列．若a2＝2，a10＝8，则(　　) A．a1＝－1 B.i＝168 C．a2 024位于第45行第88列 D．2 024在数阵中出现两次 解析　由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋(k－1)×3＝3k－4，又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，所以A正确，B错误； 又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2 025，可得a2 024是a2 025的前一个数，且a2 025在第45行， 因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2 024在第45行的第88列，所以C正确； 由题设可知第i行第j个数的大小为(3i－4)×2j－1， 令(3i－4)×2j－1＝2 024＝253×23， 若j＝1，则3i－4＝2 024，即i＝676； 若j＝2，则3i－4＝1 012，则i无整数解； 若j＝3，则3i－4＝506，即i＝170； 若j＝4，则3i－4＝253，则i无整数解，故2 024出现两次，故D正确． 答案　ACD 三、填空题 9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，则满足下列条件的{an}的公比q可以为________． ①an>0；②{an}是递减数列；③S4<S3＋3a5. 解析　由S4<S3＋3a5，得a4<3a5，又因为an>0，所以q＝>，又{an}是递减数列，所以<q<1. 答案　 10．设数列{an}满足a1＝1，a2＝，且n2a＝(n2－1)·an＋1an－1(n∈N*，n≥2)，则a6＝________. 解析　因为n2a＝(n2－1)an＋1an－1(n≥2)，则(nan)2＝[(n＋1)an＋1][(n－1)an－1](n≥2)，且1×a1＝1,2a2＝3，可得＝3，所以数列{nan}是首项为1，公比为3的等比数列，则nan＝1×3n－1，即an＝，则a6＝＝. 答案　 四、解答题 11．(2024·湖北武汉二调)各项均不为0的数列{an}对任意正整数n满足：＋＋…＋＝1－. (1)若{an}为等差数列，求a1； (2)若a1＝－，求{an}的前n项和Sn. 解析　(1)由题意＋＋…＋＝1－，当n≥2，n∈N*时，＋＋…＋＝1－，两式相减得＝－⇒an＋1－an＝2，n≥2， 在式子＋＋…＋＝1－中令n＝1，得＝1－，所以a2＝＋，因为{an}为等差数列，所以a2－a1＝＋－a1＝2⇒a1＝－2或a1＝，若a1＝－2，则a2＝0，这与an≠0矛盾，舍去，所以a1＝. (2)因为a1＝－，所以a2＝－＋＝－3， 而当n≥2，n∈N*时，an＋1－an＝2， 所以此时an＝－3＋2(n－2)＝2n－7， 所以此时Sn＝－＋＝n2－6n＋， 而n＝1也满足上式， 综上所述，{an}的前n项和Sn＝n2－6n＋. 12．(2024·山东日照一模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，a成等差数列． (1)求a1及{an}的通项公式； (2)记集合的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和． 解析　(1)因为an，Sn，a成等差数列，则2Sn＝an＋a，且an>0，当n＝1时，可得2a1＝a1＋a，解得a1＝1或a1＝0(舍去)． 当n≥2时，可得2Sn－1＝an－1＋a， 两式相减得2an＝an－an－1＋a－a，整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1，且an＋an－1>0，则an－an－1＝1. 可知数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋n－1＝n. (2)因为an＋≤2k，由(1)可得n＋≤2k，即k≥，因为≥×2＝2，当且仅当n＝，即n＝2时，等号成立，可知b1＝0，b2＝1； 当k≥3时，因为＝k－≤k，＝k＋>k，所以bk＝2k－1；综上所述：bk＝ 所以数列{bk}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝1＋＝2 497. 学科网（北京）股份有限公司 $$