上分专题04 等差数列与等比数列的综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

上分专题04 等差数列与等比数列的综合 题课堂 命题密钥 这一内容在高考中以选择题和填空题为主，难度简单到中等.在解答题中出现时难度会 上升至中等偏上的水平.等差数列和等比数列的基本量的计算以及性质应用是高考的热，点， 还会结合其他知识点，考查综合运用能力.基本概念、公式和性质的考查占据主要部分，但题 目设计更加灵活，注重知识，点的综合应用，也可能会结合现实生活中的情境. 2025年全国二卷的第7题、第9题，2024年全国甲卷文科卷的第17题，2023年新课标 卷的第20题，就考查了等差数列与等比数列的相关知识与计算.解决这类问题的关键在于既 要会基本量计算，也要会通过数列的性质来简化计算，有时还需要利用特殊值法代入数值进 行计算. 考点觉醒 ●等差数列与等比数列的基本知识 基本量计算 a,an,d,n,Sn,知三求二， 用a,和d两个基本量 表示已知量和未知量并进行运算 等差数列 通项性质和前 利用角标和等性质简化运算 n项和性质 a1,a,n,g,S,知三求二，计算中还会利用整 基本量计算 体代换， 如将，品，看作一个整体 等比数列 通项性质和前 利用角标和等性质简化运算，需注意g=1或 n项和性质 -1等特殊情况 ●应用举例与易错提示 将三项都化成a,+(n-1)d的形式 等差数列中有an,un a,三项成等比数列 利用等比中项性质，即a-ana进行计算 等比数列中有a,a, 将三项都化成a,=ag-l的形式 a,三项成等差数列 利用等差中项性质，即2a,=am+a进行计算 忽略数列中的变量大多需要满足是正整数 易错提示 未使用性质或特殊值法来简化计算，导致计算过 程复杂易错 黑白题·上分秘籍09 实战演练 1.**(2025·江苏连云港高二期末)已知等 23 差数列{an}的公差为2，若a1,a2,a4成等比 (2)若a,=7,a,中是否存在连续三项成 数列，则a= ( 等差数列？若存在，写出这三项；若不存 A.-6 B.6 C.4 D.-4 在，请说明理由， 2.(多选)(2025·广东广州高二月考)若无 穷数列{an}存在m(m≥3)满足：①a1,a2,…, an为等差数列；②an+1,ant2,…,a2m为等比数 列；③对任意正整数n,a+2m=an恒成立，则 称数列{an}为“m项等差-等比过渡循环数 列”.已知前n项和为Sn的数列{an}为 “m项等差-等比过渡循环数列”，且am= 012,0a21 2a241=16,a1=子，则( 2 A.若m=4,则a18=14 B.若a2g=0,则m=10 6.禁(2025·江苏苏州高二月考)已知数列 C.若a224=10,则m的值可以为11 {an}中，2=1，前n项和为Sn,且Sn= D.不存在m,使得S225m≥74287 n(a,-a) 3.熱（多选）(2025·安徽合肥高二月考)设 2 数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的正整 (1)证明：数列{an}是等差数列，并写出其 数n,总存在正整数m,使得Sn=am,下列命 通项公式 题正确的是 () an+l A.{an}可能为等差数列 (2)设bn=10”(n∈N*),试问是否存在正 B.{an}可能为等比数列 整数p,q(其中1<p<q),使得b1,b,b, C.a:(≥2)均能写成{an}的两项之差 成等比数列？若存在，求出所有满足条 D.对任意neN,n≥1，总存在meN,m≥1， 件的数对(P,9);若不存在，请说明理由. 使得an=Sm 4.**(2025·四川绵阳高二月考)正项数列 {an}共有9项，前3项成等差，后7项成等 比，a1=1,a5=12,a,=192.前n项和为Sn, 则S。的值为 5.#(2025·四川成都高二月考)设数列 a.的首项a,为常数(a,≠)，且a1 3"-2an(n∈N*). 1)证明：{a}是等比数列 10■数学1选择性必修第二册·RJn≤15时，log28≤log2n≤log215,即3≤logn≤log215< log216=4,.bn=3;当16≤n≤31时，log216≤log2n≤ log231,即4≤log2n≤log231<log232=5,∴.bn=4;当32≤n≤ 63时，log232≤log2n≤log263,即5≤log2n≤log263<log264- 6,b=5;当64≤n≤100时，log,64≤1og2n≤1og,100,即 6≤log2n≤log2100<log2128=7,.bn=6,.数列{bn}的前 100项和为0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480. 16.362解析：因为x=分为x)=3sin(+p)的零点，则 咖月o上39a0a p=受，所以)=3sn(+）=3as,所以)+ f(1-x)=3cos Tx+3cos(T-Tx)=3c0s Tx-3c0s Tx=0, a.f(分)）+12n-51=3cs27+12n-51,所以s=a1+a+ 2+1+3cos21 +=3c2引+3+3 0a"+1+3c0821+3+; +3a275+3m27=(3o+3mg7） 3m274,1945.-34+361=32 2 17.解：(1)设等差数列1a,的公差为d,则61=a,-4,b,= 2a2=2a1+2d,b3=a3-4=a1+2d-4,则 及=4，+终=4a,+6=26,解得d-3a=2,所以a= I3=b1+b2+b3=4a1+4d-8=12, a,+(n-1)d=2+3(-1)=3n-1,所以数列{a.的通项公式 是an=3n-1. 91象米当m用7久】 (2)由(1)知，b.={6n-2,n为偶数， (b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)=(-2+4+10+…+ 3n-8)+(10+22+34+…+6n-2)= 2-2+3n-8》 2 2o6aag当n方奇数时.w 2 91》片2a》6-408a-9所以当n为偶数时. 4 T920当n为奇数时，7-9 4 上分专题04等差数列与等比数列的综合 1.B解析：因为等差数列a}的公差为2，所以a,=a1+2(n- 1),因为a1,a2,a4成等比数列，所以(a1+2)2=a1(a,+6),解 得a1=2,所以a3=6. 2.ABD解析：由a.=a1-2可知等差数列a1,4,…,an的公 差为-2，首项为16，则a4=-2n+18,1≤n≤m:由82=可 am+l 2 知等比数列0142，…，的公比为2，首项为子，则 a-号x(分）”m+1≤≤2m:若m=4,则a,=14,由 an+2m=an得a1g=a0=a2=14,故A正确；因为等比数列中任 参考答案 意一项均不为0，则0必属于等差数列中的项，又a。=0,故 a9=ag+2(keN),其中m≥9，解得m=10,故B正确；l0 为等差数列的第4项，故a24=a42m(k∈N),故 (2024=4+2km则m=1010,可知当m=11时，k不是正整 m≥4. 数，故C错误；依题意，S22sm=1013·[16m-m(m-1)]+ 2,1 3（1-2 1012× 1 <1013x8x94987287,故D正确 1 3.AC解析：对于A,当数列{an}为等差数列时，不妨令an= n,所以其前n项和为9.=n(n+）,又因为n(n+1)必为偶 2 数，所以+1)必为整数，所以存在正整数m,使得S.=a., 2 故A正确；对于B,若数列{an}为等比数列，设其公比为q, 则当q=1时，显然不满足要求；当9≠1时，由题意可 得Sa1=am1,S2a+2=am2,即1+q+g+…+g°=g,1+q+q+ …+g2+1=(1+q+g+…+q)(1+g+1)=g21,两式相除得1+ g1=g?m1.若1g1>1,则当n为奇数时，g1>0,所以 gm1≥1q*2,所以1=q2m1-g1≥1q*2-q1=|q*1· (|g1-1).当n足够大时，显然不成立；若|q1<1,则 ge(0.gu[+小因为g<1k可所以当 n是整大时，可以使得1e(g,可），故不成立，故B 不正确；对于C,取n=2,则a1+a2=am,所以a1=am-a2;当 n≥2时，an=Sn-Sn1=am1-am2,故C正确；对于D,取数列 an=n,显然不存在m,使得Sn=a2=2,故D不正确。 4.384解析：正项数列{an}成等比数列的后7项的首项为 0,设公比为，则g=0=16,而g>0,解得g=2,于是4，= 3色=a948,显然a=2=2,所以a+a,+a+ a,=1+2301-2）=384 1-2 1 a1g·313-205·37 5.（1)证明：因为一 1 0,5·3” ·3"-24 2 、-2，又4≠}，所以a号≠0，所以数列 {a,}是首项为a,子，公比为-2的等比数列 (②解：存在因为4=所以数列{。}的首项是 4号品所以a君名(-②，则4名 9 (-2)+号若a,中存在连续三项成等差数列，则必 有2aa+即[品(2r小-君名 《-2号品（2，量理为-8 5 10， 白题57 解得n=4,所以a4,a5,a6成等差数列. 6.(1)证明：令n=1,则a=8=22=0,由3.=a,a 2 2 即8受①.又5at2②，@-①，得(a-1）· 2 an+1=na。③，于是na+2=(n+1)a1④，③+④，得 2naa1=nan+naa*2,所以2a1=an+aa+2,即an*2-aa1=aat1 an,所以数列{an}是等差数列.又a1=0,a2=1,所以公差d= 1,所以{a.}的通项公式为an=n-1. (2)解：存在.由(1)知bn=10“,假设存在正整数数组(P,9) (1<p<g,使得b,b,6,成等比数列，则(10）=10时· 10品，于是22=+9，所以g=3(2}） 3339 (33)(*),当p=2 时，9=3”.1 9=3,解得9=3所以(p,9)=(2,3)是方程 （*)的-组解当p≥3且peN时，因为2(p+1_型= 31 0,即{}单调造减，所以中}29} 333°3<0，此时 方程(*)无正整数解.综上，满足题设的数对(P,9)有且只 有一个，为(2,3) 上分专题05数列与函数、不等式的综合应用 ! 1.C解析：因为a1=10,a+1-an=2n,所以an=(an-an-1)+ （a-1-an-2）+…+(a2-a1）+a1=2(n-1)+2(n-2)+…+4+2+ 10=n-1)[2+2(n-1)]+10=2-n+10,则%=-n+10=n+ 2 n. 10-1.(neN)因为函数x)=x+10-1在(0,0)上单调 递减，在(V瓜，+m)上单调避增3)=54)=，故 当n=3时，：的最小值为号 2.C解析：当n∈{1,2,3,4,5,6}时，a+1-an=3(n+1)2- 2t(n+1)+2-3n2+2tn-2=6n+3-2t>0恒成立，所以2t<6n+3 对ne1,23,45,6l恒成立，放2x<9<号又当>7， neN*时，an=4n+94为单调递增的数列，故要使对任意 neN·,都有a>0,则a>02,即4x8+94>3x72-4)意 得公签上可得：e(保2） /239) 气，甲8‘乙=（女)少田 p(4)·p(6)=p(8),故A正确；对于B,由于p(9)=6≠8， 故B错误；对于C,因为小于2”的所有正奇数与2”均互质， 且小于2”的所有正奇数有2-1个，所以p(2")=2-1,因此 数列{p(2)}为等比数列，故C正确；对于D,同理小于3” 的所有3的倍数与3”均不互质，共有31个，因此小于3 的所有与3”互质的数共有(2×3-1)个，即p(3)=2×3-1, 则Sn=a1+a2+…tan 2 <),故D正确 选择性必修第二册·RJ 4解析：由a1=40,-3整理得a1-1=4(a.-1),即 4. 1 a-=4又a-1=4,故数列a.-1是以4为首项，4为公 a1-1 比的等比数列，可得a.-1=4",不等式k(a.-1)≥2n-5,可 化为≥243，令)=243，当1≤≤2时，0，当 n≥3时(n)>0,n+1)-fn)=2n3_2n-5-6m-17 4*14 4a*1<0, 故当产3时m单润递减，放)≤3)=4综上， a)≤点，所以≥石放长摄小值为后 1 (分）解析：由2ata-2g1可得2n 2a.=2n-1①，当n=1时，4a2+2a1=1,因为a1=1,则 当n≥2时，2°a.+2-1a1=2n-3②，由①-② =4 得2+"aa1-2-an1=2,设cn=2”a,则有cn1-cn1=2.当n 为奇数时，数列{cn}为首项是2a1=2,公差为2的等差数 列，散=2+（生）2=n+1,当n为偶数时，数列 为首项是4a,=-1,公差为2的等差数列，故6，=-1+（分 1×2=n-3.即c,= n+1,n是奇数：则a,= (n-3,n是偶数， 20,n是奇数， n+1 当n为奇数时，(an+bn)(an+1+bn+1)= 是得数 (空)（品t兴）-(+)（是）k0,解 得是根据指数函数的单调性可得了心子，当。 2 为偏数时，(a+,)a+6)(气2+公)(g品+ 2）(2)儿+2)k0,解得2<名根搭指数 函数的单调性可得-日<子综上所述，可得实数：的取值 1 范周为(3子） 6.(1)证明：a1=。 0+1-1,即1-1=1.又1 t1心a,anl an+l an 1{日}为等差数列，其首项为1，公差为1… aa (n-1)×1=1+n-1=n,∴.an=-. (2)解：由（兮广s4,名<（兮）广”得2≤2(ae N),2-(21+1)+1=21,…满足不等式的正整数k的 个数为26.=2，么=n2,8=12+22+ ’an 3·22+…+(n-1)·2-2+n·2-1①，2Sn=1·2+2·22+ 3·2+…+(n-1)·2-1+n·2”②，①-②得-Sn=2°+ 2+2++2l-n2=12）-n2=(1-n）2-, 1-2 白题58