专题精准强化9 等差数列与等比数列-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 专题精准强化9等差数列与等比数列 ©错因分析： 一、单选题 二、多选题 1.设等差数列{bn}的前n项和为Sn,若b=2, 7.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和， b2=6,则S。= 则下列命题为真命题的是 () A.-36 B.36 A.若a3十a4=9,a,十a8=18,则a1十a2 C.-18 D.18 =5 2.已知{an}是公差不为零的等差数列，a1= 一2，若a3,a4,a6成等比数列，则a10= B.若a2十a13=4,则S14=28 C.若S1s<0,则S,>S。 A.-20 B.-18 D.若{an}和{an·ant1}都为递增数列，则 C.16 D.18 a0 3.记等差数列{an}的前n项和为Sn,a2十ag 8.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和 =4,a15=22,则S12-S7= ) 为Sn,则 () A.14 B.72 A.S+1=S1+9S C.36 D.60 4.(2026·天津卷)已知数列{am}的前n项 B.对任意n∈N*,Sn,S2m-Sn,Sm-S2m 和为Sn,S2m一Sn=n,a3=6,则a,十ag= 成等比数列 () C.对任意n∈N*,都存在q,使得Sn, A.68B.56C.-3 D.-4 2S2m,3S3n成等差数列 5.(2026·北京卷){an},{bn}是无穷数列， D.若a1<0,则数列{S2m-1}递增的充要条 则“存在常数M,使an≤M≤bn(n=1,2, 件是-1<g<0 3,…)”是“an≤bn(n=1,2,3,…)”的 三、填空题 9.(2026·上海卷)已知等差数列{an}的公 A.充分不必要条件 差为d,前n项和为Sm,a1=0,{Sn}在 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 区间(0,1)上至少有两项，则公差d的取 D.既不充分也不必要条件 值范围是 6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1>1, 10.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数 S=e3,则数列{an}的公比g满足( 列{an}的公差为d(d≠0)，且{Sn-an} A.0<q≤1 B.-1<q<0 C.q>1 D.q≤-1 是等差数列，则7 139 四、解答题 12.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知 11.已知数列{am}满足a1=3,且a+1=3am一4， a2=11,S10=40, (1)设数列{bn》满足bn=an-2,证明： (1)求{an}的通项公式； {bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Tn (2)求数列{an}的通项公式 140数学 由DE=6,BC=23,得A=E= 2321 又AE⊥AC,所以点E的横坐标为0， 即一t十2=0，得t=2入=√2. 于是E(0,-2√2t-2√2λ)=E(0,-6), CE=(-3,-6). 所以CE=√(-3)2+(-6)2=3√5. 专题精准强化9等差数列与等比数列 1.B2.C3.D 4.C[由S2m-Sn=n①. 当n=1时，S2-S1=1,即a2十a1-a1=1, ∴.a2=1, 当n≥2时，S2m-)-Sa-1=n-1, 即S2m-2-Sn-1=n一1②. ①-②整理得：an十am-1一an=1③. ③式令n=2,a4十a3-a2=1,a2=1,a3=6, ∴.a4=-4. ③式令n=3,a6十as-ag=1, ③式令n=4,a8十a,-a=1, .ag十a,=1+a4=-3.] 5.A[充分性：若存在常数M,使an≤M≤bn,则由不等式 的传递性，得am≤bn,充分性成立.必要性（举反例）：取 am=n,b.=n十1，则an≤bn(n=1,2,3,…).当n=1时， 1≤M≤2，当n=2时，2≤M≤3，…，以此类推，对于任意 正整数n,都有n≤M,而不存在常数M大于所有正整 数，必要性不成立.门 6.B[设函数f(x)=e-x-1,则f(x)=e2-1, 当x<0时，f(x)<0,f(x)单调递减；当x>0时，f(x) >0,f(x)单调递增； 所以f(x)≥f(0)=0,即e≥x+1, 因为S3=e3≥S4+1,所以S-S≥1，即a≤-1. 因为a4=a1q,a1>1,所以q<0,排除A,C. 若q=-1,则S3=a1,S4=0,.a1=e°=1，这与a1>1矛 盾，q≠-1，排除D.] 7.BC[极据题意，求得d=吕，结合a1十ag=(a,十a,) 4d,可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性 质，可判定B正确；由S5<0,求得ag<0,可判定C正确；根 据题意，求得任意的n≥2，an>0,结合a1的正负不确定，可 判定D错误. 对于A项，由a3十a4=9,a7十ag=18, 可得(a,+a)-(a,+a,)=8d=9,所以d=g 又由a十a,=a十a)-4d=9-4X号=号，所以错误： 对于B项，由S4=14(a+a2-_14(a,十a 2 2 =28,所以B正确；对于C项，由S6=15(a1+a152 2 15ag<0,所以ag<0,又因为Sg-S,=ag<0,则S,>Sg, 所以C正确； 对于D项，因为{an}为递增数列，可得公差d>0, 因为{ana+1}为递增数列，可得a+2am+1一aa+1 =aa+1X2d>0, 所以对任意的n≥2，an>0,但a1的正负不确定，所以D 错误.门 8.ACD[对于A:分q=1,q≠1两种情况计算可判断A; 对于B:q=一1可说明不成立判断B;分q=1,q≠1两种 情况计算可判断C;根据Sn+1一S2-1=a1(1十q)g0-1, 若{S2m-1}是递增数列，可求q判断D. 对于A:当q=1时，S+1=(n+1)a1,S1十gS,=a1+na1 =(n十1)a1,故成立， 的 当g≠1时，5=89g”,s+8.=a十gX a11-g2-21(1=g),所以51=a1十9S.成立，故 1-g 1-q A正确；对于B:当q=一1时，S2=0,所以Sn,S2n一Sn, Sm一S2n不成等比数列，故B错误； 对于C:当q=1时，Sn=na1,2S2n=4na1,3Sn=9na1,故 Sn,2S2m3Sn不成等差数列， 当q≠1时，若存在q,使Sn,2S2m,3Sn成等差数列， 则2×2Sn=S.+3S,则4Xa1-9） 1-q -41-9)+3×1二g”）,整理得4(1+g)= 1一9 1-9 1+3(1+g+g),所以3g-g=0,所以g=号，所以 对任意n∈N,都存在q,使得Sn,2S2m,3Sm成等差数 列，故C正确； 对于D:S2+1-S2-1=an十a2+1=a1(1十q)g2-1,若{S2a-1》 是递增数列，则可得a1(1十g)g-1>0,因为a1<0, 所以(1十q)g2-1<0,可解得-1<q<0, 所以若a1<0,则数列{S2m-1》递增的充要条件是一1<q <0,故D正确.] 9.解析：由题意，分类讨论， 若d≤0，显然an≤0则Sn≤0不满足题意； 若d八0，只需，=0+d<i 1S3=0+d+2d<1' 解得K日， 1 故de(0,3) 答案：(0,3)】 I 10.解析：由题意，an=a1十d(n-1)=dn十a1-d, 8=a+022-号+(a-号)， 2 所以S.-a.=号r+(a,-)r+d-a, 因为{√S。一an}是等差数列，则{√Sn-an}的通项是 一次函数型， 则号+(a-) 3d\ n十d-a1能整理成完全平方型， 所以△=（a1- 3d 2 -4 号a-a,)=0. 化简得(a1一 =0,所以a=号两登=合 1 答案： 11.解：(1)根据题意，表示出b+1与a+1的关系式，计算得 b。1=3,根据等比数列的定义可证明数列{h,}是等比 数列；(2)根据等比数列的通项公式写出数列{b}的通 项，从而可得数列{a}的通项公式. (1)b1=a1-2=1, b.=an-2,a+1=3an-4, .b+1=am+1-2=(3a,-4)-2=3(a.-2)=36n, 因为60，放6≠0袋=3 ∴.{bn}是首项b=1,公比q=3的等比数列. (2)由(1)知，bn=3-1,又bn=an-2, 所以an-2=3-1,所以an=3-1十2. 故数列{an}的通项公式为am=3-1十2. 12.解：(1)根据题意列式求解a1,d,进而可得结果；(2)先 求Sn,讨论am的符号去绝对值，结合Sn运算求解. (1)设等差数列的公差为d, /a2=a1+d=11 由题意可得。 。=10a,+10X94=40' 2 车g保释侣 (d=-2' 所以an=13-2(n-1)=15-2n, (2)因为S.=n13+)5-2m》=14m-, 2 令a,=15-2m>0,解得<号，且n∈N, 当n≤7时，则an>0,可得Tn=|a1|+a2|+…+|anl =a1十a2+…+an=Sn=14n-n2, 当n≥8时，则an<0,可得Tn=|a1+|a2|+…+|anl =(a1+a2+…+a,）-(ag+…+an) =S,-(Sn-S,)=2S,-S,=2(14×7-72)-(14n- n2)=n2-14n+98; 袋上片送，正.-8S 专题精准强化10数列求和及其综合应用 1.解：(1)根据题意列式求出公差，即可求得答案； (2)由累加法可求出名=(a十1，即可求得么，=7 1 利局裂项相消法水和，即得答家。 (1)因为a-4,a5,a5+6成等比数列， 所以a号=(a5-4)(as十6)，解得a5=12. 又{a,}是等差数列，4，=4，所以公差d=s0=2, 4 故an=a1+(n-1)d=2n+2. (2)尚=得站-a bo+1 所以1 1 1 bn bn-1 =a-1(n≥2)，又b=2, 当≥2时-（公-）十(6品)++ (位)+ =a-1十a。-2十…十a1十b =4m-1)+n-D)n-2×2+2=m(m+1), 2 又6=弓电适合上式，所以 b =n(n+1), =1-1 则6.=n(n+1)-n一n+1' 所以工=(-)十（合号）++（分动） 1 =14 2.解：分析：(1)利用an与S。的关系式及等比数列的通项 公式即可求解；(2)利用错位相减法即可求解. (1)当n=1时，a1=S1=1, 当n>2时，an=Sn-S。-1=n2-(n-1)2=n2-n2+2n-1= 2n-1,当n=1时也符合上式， 所以an=2n-1, b=a1=1,所以bn=3-1 (2)cn=a.·bn=(2n-1)3m-1, 所以T.=1+3×32+5×32+…+(2n-1)×3m-1, 3Tm=3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3", 两式相减得-2T.=1十2×(3+32十…十3”-1)-(2m一1)3”， =1+2×31-3）-(2m-1)3*=-2+(2-2m)3”, 1-3 所以T.=(n-1)3”十1. 29 练习册参考答案 3.解：(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意可 得4a+6d=8a1+4d a十2n-1)d=2a,+2(m-1Dd+1解方程求出a, d,即可求出数列{an}的通项公式； (2由1可得。一领3由累乘法可求出6，)的通项 公式，再由裂项相消法求解即可. (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d. 由S4=4S2,a2n=2an+1, 得/4a+6d=8a,十4d1 1a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1' 解得：a1=1,d=2,所以an=1十2(n-1)=2n-1(n∈N). (2)由(1)知，(2n-1)bn=(2n+3)b+1, 即b1=2m-1,6。=2n-3,6=2m-5， 6,。2n十3'6.-12n+1'b.-2-2n-i,…, 利用累乘法可得：6=6.b。1….2·b一 ×0×…××号3 2m-20+D=号(22中小时w=1也 9 成立 所以26，=6+6+6十…+61+6，=号 k=1 [-专)+（合吉）+（日-）++ 1 9 (2m2m+)]=2(1 -2m+1)】 所以-号(2)小号 1 9 4.解：分析：(1)利用等差、等比中项的性质得4，=8 a+ 2,2a=30,联立求得a:=号或，讨论求数列的通项 公式；(2)讨论an,an+1的大小，得到a1<a2=a>a4>a5 >…>an,即可得结论；(3)法一：由(1)有an=2· +3m十4-2.n+5m+8,进而有a.=b,-b+1,累加 2" 2m+1 得S.=8-十5n十8，即可证；法二：应用错位相减法、 2 等比数列前n项和公式求Sn,即可证， （1)因为(2经)为等差数列，取前3项如2,2a, 号4成等差数列，即4a:=号0十2， 8 因为{-D}为等比数列，取奇3项知宁号号成等 比数列，即2a2=3a3. 代入4a,=弩a,+2,得4a-9a+2, 这等价于8a-18a2十9=0， 也即(2a:-304a,-3)=0,所以a,=号或2 若a=是，那么2=5号，所以a=,但 24+1 n(n+)(n十1)2不为等比数列，与题千不符， 5-n 所以a=号，得a,=n,D,经检验得特合题意， 2 故a,=n(n十1) 2 (2)令an<an+1,解得n<2,令an>a+1,解得n>2, 当=2时2，=a,=号a1=a,=营 3