板块三 习题讲评（一）等差数列与等比数列 课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 一、单项选择题 1.（2025·全国Ⅱ卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6=（　　） A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 B 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题可得 解得所以S6=6a1+15d=6×5+15×（-3）=-15，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.（2025·海口模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5=25，S9=27，则S10= （　　） A.25 B.26 C.27 D.28 A 解析：在等差数列{an}中，S5==5a3=25，解得a3=5，S9==9a5=27，解得a5=3，则等差数列{an}的公差d==-1，a10=a5+5d=-2，所以S10=S9+a10=25. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.（2025·广州模拟）正项等比数列{an}及其前n项和Sn满足S4=10S2，S3=，则S4的值为（　　） A.416 B.468 C.520 D.607 C 解析：设等比数列{an}的公比为q，由S4=10S2，得S4-S2=9S2，所以a3+a4=9（a1+a2），即q2+q3=9（1+q），即q2=9.由an>0，所以q=3， 由S3=13a1=，得a1=13，即a2=39，S4=10×（39+13）=520，故选C. 习得方略：解决求和问题时，若项数很少，不要盲目应用求和公式，可直接利用Sn=a1+a2+a3+…+an求解. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.（2025·青岛二模）设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，则“S19+S21>2S20”是“数列{an}是递增数列”的 （　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 C 解析：由S19+S21>2S20得S21-S20>S20-S19，a21>a20，所以q=>1. 又an>0，所以{an}是递增数列.反之，等比数列{an}的各项均为正数，且数列{an}是递增数列，所以q>1，即有a21>a20，所以S21-S20>S20-S19，即S19+S21>2S20，所以S19+S21>2S20是数列{an}是递增数列的充要条件. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.（2025·南宁三模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5=2，a3+a8 =12-a7，则Sn的最小值为 （　　） A.-14 B.- C.-12 D.-10 C 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a3+a8=12-a7得a3+a7=12-a8， 即2a5=12-（a5+3d）=12-a5-3d，所以3d=12-3a5=12-6=6，所以d=2， 故an=a5+（n-5）d=2n-8，则Sn===n（n-7）= -，则（Sn）min=S3=S4=-12. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.（2025·兰州模拟）在等比数列{an}中，a1+an=82，a3an-2=81，且数列{an}的前n项和Sn=121，则此数列的项数n等于 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 B 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为{an}是等比数列，所以a1an=a3an-2=81.又a1+an=82，所以a1和an是方程x2-82x+81=0的两根， 解得x=1或x=81.若{an}是递增数列，则a1=1，an=81，因为Sn=121， 所以Sn===121，解得q=3，所以81=1×3n-1，解得n=5； 若{an}是递减数列，则a1=81，an=1，因为Sn=121，所以 ==121，解得q=，所以1=81×，解得n=5， 综上，数列的项数n等于5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 二、多项选择题 7.设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若8T5=T8，则下列结论正确的是（　　 ） A.当a1=2时，q=1 B.a7=2 C.当q≠1时，{log2|Tn|}为等差数列 D.+≥8 BD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，由8T5=T8可得= a6a7a8==8，则a7=2，故B正确；当a1=2时，a7=a1q6=2q6=2，所以 q6=1，故q=1或q=-1，故A不正确；log2|Tn+1|-log2|Tn|=log2= log2|an+1|=log2|a7qn-6|=log2|a7|+（n-6）log2|q|=1+（n-6）log2|q|，当q≠1时，log2|q|≠0，则log2|Tn+1|-log2|Tn|不为常数，故{log2|Tn|}不为等差数列， 故C不正确；+≥2a6a8=2=8，当且仅当a6=a8=a7=2时等号成立， 故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 8.（2025·长沙三模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=Sn+1，{bn}为等差数列，且b2=a2，b8=a4，记集合An={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，则下列结论正确的是 （ 　　 ） A.a1=1 B.S4=16 C.bn=n D.cn=2n-1-n+1 ACD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设等比数列{an}的公比为q，由an+1=Sn+1，得an=Sn-1+1（n≥2），两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an，即an+1=2an，所以q=2， 又a2=S1+1=a1+1，a2=2a1，解得a1=1，则an=2n-1，故A正确；Sn==2n-1，S4=24-1=15，故B不正确；设等差数列{bn}的公差为d，由b2=a2=2，b8=a4=8，得6d=b8-b2=6，解得d=1，所以bn=b2+（n-2）d =n，故C正确；由An={x∈N*|bn≤x≤an}，得An={x∈N*|n≤x≤2n-1}，则集合An中元素的个数为2n-1-n+1，即cn=2n-1-n+1，故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 三、填空题 9.（5分）（2025·太原模拟）已知{an}是公比为2的等比数列，{bn}是公差为4的等差数列，若a3=20，b1=a1，则{bn}的通项公式为bn=________.  4n+1 解析：由题意可得a3=22a1=4a1=20，则a1=5，即b1=5， 则{bn}的通项公式为bn=5+4（n-1）=4n+1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.（5分）（2025·平谷一模）《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了________尺布.  11 解析：由题得每天的织布数成等差数列，首项a1=5，记公差为d， 由题得S30=5×30+d=440，所以d=.所以a10=5+×9=11. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 11.（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，a2a7=a9，S10=4（a11-a1），若对任意的n∈N*，都有aklg an≤anlg ak， 则正整数k的最大值为________.  5 解析：第一步：求数列{an}的通项公式 设数列{an}的公比为q（q>0），由a2a7=a9得q7=a1q8，所以a1=q，故an=qn.因为S10=4（a11-a1），显然q≠1，（注意在利用等比数列的前n项和公式之前，要判断公比是否为1）所以=4（q11-q），得q=，所以an=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 第二步：将不等式恒成立问题转化为最值问题 因为aklg an≤anlg ak对任意的n∈N*都成立，所以=. 第三步：令bn=，求数列{bn}的最大项，即可得解 记bn==lg，则bn>0，因为=，所以当1≤n≤3时，>1，即b1<b2<b3<b4；当n=4时，=1，即b4=b5；当n≥5时，<1，即b5>b6>….所以当n=4或5时，bn取得最大值，所以k=4或5，对任意的n∈N*，都有aklg an≤anlg ak，所以正整数k的最大值为5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 四、解答题 12.（13分）（2025·武汉三模）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S6=63，a2-a8=-126，数列{bn}是公差为1的等差数列，且a1b4=a3b1，数列{cn}满足cn=an-bn. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（6分） 解：设等比数列{an}的公比为q， 由S6=63，a2-a8=-126，可知q≠1， 故解得q=2，a1=1，故an=2n-1.又数列{bn}是公差为1的等差数列，且a1b4=a3b1， 故b4=4b1，即b1+3=4b1，解得b1=1， 故bn=1+n-1=n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 （2）求数列{cn}的最小值及取得最小值时n的值.（7分） 解：由于cn=an-bn，则cn=2n-1-n， 则cn+1-cn=2n-1-1， 当n=1时，c2-c1=21-1-1=0， 当n≥2时，cn+1-cn=2n-1-1>0，即cn+1>cn， 故数列{cn}的最小值为c1=c2=0，此时n=1和n=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 13.（15分）（2025·广州三模）已知数列{an}满足a1=1，a3=6，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2an+3. （1）设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式；（8分） 解：由an+1+an-1=2an+3可得an+1-an=an-an-1+3，n≥2. 又bn=an+1-an，所以bn-bn-1=3，即{bn}是以3为公差的等差数列. 又a1=1，a3=6，所以b1=a2-a1=a2-1，b2=a3-a2=6-a2， 所以6-a2-（a2-1）=3，解得a2=2，故b1=a2-1=1， 所以bn=1+3（n-1）=3n-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 （2）数列cn=[lg bn]，[x]表示不超过x的最大整数，求{cn}的前350项和T350.（7分） 解：由（1）可得b4=10，b34=100，b334=1 000，又cn=[lg bn]， 所以cn= 所以T350=0×3+1×30+2×300+3×17=681. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.（15分）已知数列{an}，{bn}，an=（-1）n+2n，bn=an+1-λan（λ>0），且{bn}为等比数列. （1）求λ的值；（7分） 解：第一步：由{an}的通项公式求出a1，a2，a3，a4 因为an=（-1）n+2n，所以a1=1，a2=5，a3=7，a4=17. 第二步：由bn=an+1-λan求出b1，b2，b3 又bn=an+1-λan，所以b1=a2-λa1=5-λ，b2=a3-λa2=7-5λ，b3=a4-λa3=17-7λ. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 第三步：由等比数列构造方程求参数λ 因为{bn}为等比数列，所以=b1b3，所以（7-5λ）2=（5-λ）（17-7λ），整理得λ2-λ-2=0，解得λ=-1或λ=2.又λ>0，所以λ=2. 第四步：求出bn并验证{bn}是等比数列 当λ=2时，bn=an+1-2an=（-1）n+1+2n+1-2[（-1）n+2n]=-1×（-1）n+2n+1 -2×（-1）n-2n+1=-3×（-1）n.则==-1，故{bn}为等比数列， 第五步：总结 所以λ=2符合题意. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 （2）记数列{bn·n2}的前n项和为Tn.若Ti·Ti+2=15Ti+1（i∈N*），求i的值.（8分） 解：第一步：明确{bn·n2}的通项公式 bn·n2=-3·（-1）n·n2， 第二步：由bn·n2的形式选择分组求和（讨论） 当n为偶数时，Tn=-3×[-12+22-32+42-52+62-…-（n-1）2+n2]=-3×{（22-12）+（42-32）+（62-52）+…+[n2-（n-1）2]}=-3×{（2+1）×（2-1）+（4+3）×（4-3）+（6+5）×（6-5）+…+（n+n-1）×[n-（n-1）]}=-3×[（2+1）×1+（4+3）×1+（6+5）×1+…+（n+n-1）×1]=-3×（1+2+…+n）= -n（n+1）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1（n+1）2=-（n+1）（n+2）+3（n+1）2 =n（n+1）.综上，Tn= 第三步：由i与i+2的同奇偶判断Ti+1的符号，定i的奇偶 易知Ti·Ti+2>0，又Ti·Ti+2=15Ti+1，故Ti+1>0，所以i为偶数. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 第四步：列方程求i 所以×=15×（i+1）（i+2）， 整理得i2+3i-10=0， 解得i=2或i=-5（舍去）， 所以i的值为2. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $