专题突破练5 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（提升版）

**基本信息** 聚焦等差等比核心考点，分层设计夯实基础、提升能力、创新素养，题型覆盖基本量运算、性质应用及跨知识综合，注重数学思维与逻辑推理核心素养培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |必备知识夯实练|5题（含新高考真题）|基础计算与概念辨析|围绕基本量（首项、公差/公比）展开，覆盖通项、求和公式直接应用| |关键能力提升练|5题（含多选及解答题）|性质综合与逻辑推理|结合等差中项、等比片段和性质，考查公式逆用及代数推理| |核心素养创新练|1题（欧拉函数结合）|跨学科创新应用|从数列概念延伸至数论新定义，体现数学抽象与模型构建|

专题突破练5　等差数列、等比数列 必备知识夯实练 1.(2025新高考Ⅱ,7)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 2.(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 3.(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 4.(2025浙江温州模拟)已知数列{an}满足a1=-=2,则数列{an}中的最小项为(　　) A.a2 B.a3 C.a4 D.a5 5.(2025北京丰台一模)已知a1,a2,a3是公比不为1的等比数列,将a1,a2,a3调整顺序后可构成一个等差数列,则满足条件的一组a1,a2,a3的值依次为　　　　　.  6.(2025福建厦门模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=　　　　　. 关键能力提升练 7.(多选题)(2025湖南长沙模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,满足S3,S9,S6成等差数列,则(　　) A.a2,a5,a8成等比数列 B.a2,a8,a5成等差数列 C.S2,S5,S8成等比数列 D.S2,S8,S5成等差数列 8.(2025浙江宁波模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4,则=　　　　　. 9.(13分)(2025湖北武汉模拟)已知数列{an}的各项均不为0,其前n项和为Sn,q为不等于0的常数,且Sn=qSn-1+a1(n≥2). (1)证明:{an}是等比数列. (2)若S5,S11,S8成等差数列,则对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8是否成等差数列?若成等差数列,请予以证明;若不成等差数列,请说明理由. 10.(15分)已知等差数列{an}满足an+an-1=8n+2(n≥2),数列{bn}是公比为3的等比数列,a2+b2=20. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)将数列{an}和{bn}中的项从小到大排列后组成新的数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Sn,求S50. 核心素养创新练 11.(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.B　解析 当n为奇数时,由Sn=n有S3=3a2=6,S5=5a3=-5,解得a2=2,a3=-1,所以公差d=-3.则a6=a2+4d=-10,所以S6=S5+a6=-15,故选B. 2.C　解析 由题意,从下往上“浮雕像”的数量成等比数列,设为{an},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. 3.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. 4.B　解析 由=2可知{}为等差数列,且公差为2,首项为=-5,因此=2(n-1)-5=2n-7,即an=,由于a2=-,a3=-1且∀n≥4,an>0,故{an}中的最小项为a3. 5.1,-2,4(答案不唯一)　解析 设等比数列a1,a2,a3的公比为q(q≠1),则等比数列为a1,a1q,a1q2,不妨设调整顺序后的等差数列为a1q,a1,a1q2,则2a1=a1q+a1q2.∵a1≠0,∴2=q+q2,解得q=-2或q=1(舍).令a1=1,则a2=-2,a3=4,∴满足条件的一组a1,a2,a3的值依次为1,-2,4. 6.8　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. 7.ABD　解析 因为数列{an}为等比数列,可设首项为a1(a1≠0),公比为q(q≠0),则=q3,所以a2,a5,a8成等比数列,故A正确;若等比数列的公比q=1,则S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1,根据S3,S9,S6成等差数列,则2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1⇒a1=0,这与a1≠0矛盾,故q=1不成立;当q≠1时,由2S9=S3+S6,得22q9=q3+q6.所以2q6=1+q3,两边同乘a1q得2a1q7=a1q+a1q4,即2a8=a2+a5,所以a2,a5,a8成等差数列,故B正确;若S2,S5,S8成等比数列,则=S2·S8,因为q≠1,所以,又a1≠0,所以=(1-q2)·(1-q8)⇒2q5=q2+q8,所以2q3=1+q6=0,解得q=1,这与q≠1矛盾,故S2,S5,S8不可能成等比数列,故C错误;因为q≠1,且由上得2q6=1+q3,两边同乘q2,得2q8=q2+q5,可得2,即2S8=S2+S5,所以S2,S8,S5成等差数列,故D正确. 8　解析 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,q=2, 由a2-b2=a3-b3,得a1+d-b1q=a1+2d-b1q2, 即d=b1q2-b1q=4b1-2b1=2b1; ① 由a3-b3=b4-a4,得a1+2d-b1q2=b1q3-a1-3d, 即2a1+5d=b1q3+b1q2=12b1, ② 由①②,得a1=b1=, 所以 9.(1)证明 因为Sn=qSn-1+a1(n≥2), ① 所以Sn+1=qSn+a1(n≥1), ② ②-①,得an+1=qan(n≥2),即=q(n≥2). 当n=2时,S2=qS1+a1,即a2+a1=qa1+a1,所以=q,所以对∀n∈N*,=q,即{an}是公比为q的等比数列. (2)解 对任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列.证明如下: 由S5,S11,S8成等差数列,得q≠1,且2S11=S5+S8,即2, 化简得2q6-q3-1=0,即2q6=q3+1. 因为at+5+at+8=atq5+atq8=atq5(1+q3),2at+11=2atq11=atq5×2q6=atq5(1+q3),所以at+5+at+8=2at+11,故对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列. 10.解 (1)设等差数列{an}的公差为d. 由an+an-1=8n+2(n≥2), ① 得an-1+an-2=8n-6(n≥3), ② ①-②得an-an-2=8(n≥3),∴2d=8,即d=4,又an+an-1=8n+2,即an+an-d=8n+2,∴an=4n+3. ∵数列{bn}是公比为3的等比数列,∴b2=3b1,由a2+b2=20,得11+3b1=20,解得b1=3,∴bn=3n. (2)由(1)可知,an=4n+3,bn=3n,则b4=34=81,b5=35=243,a46=4×46+3=187,∴数列{cn}的前50项中有46项来自数列{an},有4项来自数列{bn},则S50=c1+c2+…+c50=(31+32+33+34)+(7+11+…+187)=120+4 462=4 582. 11　解析 小于等于2n的正整数有1,2,…,2n,共2n个,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,共3n个.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(3n)=2·3n-1.所以,故数列{}是以为首项,为公比的等比数列,则Sn= 5 学科网（北京）股份有限公司 $