专题突破练7 等差数列、等比数列（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

专题突破练7　等差数列、等比数列 一、选择题:本题共7小题,每小题5分,共35分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.(2025北京,5)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10=(　　) A.-20 B.-18 C.16 D.18 2.(2025河北张家口模拟)已知-7,a1,a2,-1成等差数列,-9,b1,b2,b3,-1成等比数列,则b1b2b3(a2-a1)=(　　) A.54 B.-54 C.-54或54 D.-27或27 3.(2025广东惠州模拟)已知数列{an}满足=2,且a3=,则=(　　) A.12 B.16 C.18 D.20 4.(2025河南安阳模拟)洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库,被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”,分为6层,对每一层来说,上一层的数量是该层的2倍,则从下往上数,第4层“浮雕像”的数量为(　　) A.16 B.32 C.48 D.64 5.(2025江苏南京一模)已知数列{an}为等比数列,公比为2,且a1+a2=3.若ak+ak+1+ak+2+…+ak+9=214-24,则正整数k的值是(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 6.(2025湖南益阳模拟)已知公比为q的等比数列{an}的前n和为Sn,a3=2,a2a6=8,则S5-3q=(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 7.(2025浙江金丽衢十二校模拟)设等差数列{an}的前n项和是Sn,前n项积是Tn,若S6=3,S3=6,则下列选项正确的是(　　) A.Sn无最大值,Tn无最小值 B.Sn有最大值,Tn无最小值 C.Sn无最大值,Tn有最小值 D.Sn有最大值,Tn有最小值 二、选择题:本题共2小题,每小题6分,共12分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 8.已知数列{an}是公差为d的等差数列,Sn是其前n项的和,若a1<0,S2 000=S2 024,则下列选项正确的有(　　) A.d>0 B.a2 012=0 C.S4 024=0 D.Sn≥S2 012 9.(2025湖南永州模拟)记等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,已知a1=1,且-a2,a1,a3成等差数列,则下列说法正确的有(　　) A.q=2 B.S4,S8-S4,S12-S8成等比数列 C.若q>0,则数列{log2an}的前n项和为 D.若q>0,则存在正整数M,使得当n≥M时,an>2 025+ln an 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 10.(2025上海,3)若等差数列{an}中,a1=-3,公差d=2,则S6=　　　　. 11.(2025福建厦门模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=　　　　. 12.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　. 四、解答题:本题共1小题,共12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 13.(12分)(2023全国乙,文18)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. 核心素养创新练 14.(5分)(2025湖南岳阳模拟)若正整数m,n的公约数只有1,则称m,n互质.对于正整数n,φ(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数φ(n)以其首名研究者欧拉的名字命名,称为欧拉函数,例如φ(3)=2,则φ(9)=6.若数列{}的前n项和为Sn,则Sn=　　　　　　. 答案： 1.C　解析 设数列{an}的公差为d,则d≠0.∵a3,a4,a6成等比数列,=a3·a6,∴(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d),整理,得d2-2d=0,解得d=0(舍去)或d=2,∴a10=a1+9d=16.故选C. 2.B　解析 由-7,a1,a2,-1成等差数列,得公差d=a2-a1==2.由-9,b1,b2,b3,-1成等比数列,得b1b3==-9×(-1)=9,而=-9b2>0,解得b2=-3,所以b1b2b3(a2-a1)=2=-54.故选B. 3.B　解析 由=2可得{}是公差为2的等差数列,故+5×2=16.故选B. 4.C　解析 由题意,从下往上“浮雕像”的数量成等比数列,设为{an},公比为q,其前n项和为Sn,则S6=378,公比q=2,所以S6==63a1=378,所以a1=6,所以第4层“浮雕像”的数量为a4=6×23=48.故选C. 5.B　解析 因为数列{an}为等比数列,公比为2,且a1+a2=3,所以a1+2a1=3,解得a1=1,故an=2n-1.因为ak+ak+1+ak+2+…+ak+9=ak(1+2+22+…+29)=2k-1=2k+9-2k-1=214-24,解得k=5.故选B. 6.C　解析 因为a3=2,a2a6=8,所以a3a5=8,所以a5=4,所以=q2=2=,所以q=±,a1=1.当q=时,S5-3q=-3q=-3=[-1+()5]×(+1)-3=7;当q=-时,S5-3q=-3q=+3=[1+()5]×(-1)+3=7.所以S5-3q=7.故选C. 7.D　解析 令数列{an}的公差为d,则作差可得3d=-3,所以d=-1,则a1=3,故an=a1+(n-1)d=3-(n-1)=4-n.由an>0得1≤n<4,由an=0得n=4,由an<0得n>4,显然,当1≤n<4时,Tn>0,当n≥4时,Tn=0,所以Tn有最小值,且Sn==-(n-)2+,当n=3或n=4时,Sn有最大值.故选D. 8.ACD　解析 因为S2 000=S2 024,所以a2 001+a2 002+…+a2 024=0,所以=0,所以a2 001+a2 024=a2 012+a2 013=2a1+4 023d=0.又因为a1<0,所以d=-a1>0,故A正确;a2 012=a1+2 011d=a1-a1=a1<0,故B错误;S4 024==2 012(a2 001+a2 024)=0,故C正确;因为a2 012<0,a2 013=-a2 012>0,所以当n≤2 012时,an<0,当n≥2 013时,an>0,所以(Sn)min=S2 012,所以Sn≥S2 012,故D正确.故选ACD. 9.CD　解析 由题意得-a2+a3=2a1,因为a1=1,则-q+q2=2,解得q=2或q=-1,故A错误;当q=-1时,S4=0,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列不成立,故B错误;对于C,由q>0得q=2,则an=a1·qn-1=2n-1,则log2an=n-1,所以数列{log2an}是以0为首项,1为公差的等差数列,所以前n项和为,故C正确;对于D,由q>0得q=2,则an=2n-1,2 025+ln an=2 025+(n-1)ln 2,因为an=2n-1呈指数增长,2 025+(n-1)ln 2呈线性增长,因此当n足够大时,必有an>2 025+ln an,故D正确.故选CD. 10.12　解析 ∵{an}为等差数列,且a1=-3,d=2, ∴S6=6a1+d=-18+30=12. 11.8　解析 因为,所以S6=4S3,则S6-S3=3S3, 因为数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是以S3为首项,3为公比的等比数列, 所以S9-S6=32S3=9S3,即S9=9S3+S6=13S3, S12-S9=33S3=27S3,即S12=27S3+S9=40S3, 所以=8. 12.48　384　解析 设前3项的公差为d,后7项的公比为q>0,则q4==16,且q>0,可得q=2,则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1,所以a3=3,a7=a3q4=48. 所有项的和a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 13.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意,得解得 所以an=a1+(n-1)d=15-2n. (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sn==14n-n2, 由(1)可知,an=15-2n,令an≥0,解得n, 所以该数列的前7项是正数,从第8项起为负数, 当n≤7时,Tn=Sn=14n-n2,当n≥8时,Tn=-Sn+2S7=n2-14n+98. 综上所述,Tn= 14-()n-1　解析 小于等于2n的正整数有1,2,…,2n,与2n不互质的数是2的倍数,即2,4,…,2n,共2n-1个, 所以与2n互质的数有2n-2n-1=2n-1个,即φ(2n)=2n-1. 小于等于3n的正整数有1,2,…,3n,与3n不互质的数是3的倍数,即3,6,…,3n,共3n-1个,所以与3n互质的数有3n-3n-1=2·3n-1个,即φ(2n)=2·3n-1. 所以()n-1, 故数列{}是以为首项,为公比的等比数列, 则Sn=-()n-1. 5 学科网（北京）股份有限公司 $