2021年高考数学二轮复习考点-等差数列与等比数列

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1、考点十一考点十一 等差数列与等比数列等差数列与等比数列 A 卷卷 一、选择题 1(2020 山东淄博二模)在正项等比数列an中，若 a3a74，则(2)a5( ) A16 B8 C4 D2 答案 C 解析 在正项等比数列an中，a50，由等比中项的性质可得 a25a3a74，a52，因 此，(2)a5(2)24.故选 C. 2(2020 湖南郴州一模)数列 2 an1 是等差数列，且 a11，a31 3，那么 a5( ) A.3 5 B3 5 C5 D5 答案 B 解析 2 a111， 2 a313，数列 2 an1 是等差数列，设公差为 d，312d，解得 d1. 2 a511145，解得

2、a5 3 5.故选 B. 3(2020 全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6a424，则Sn an ( ) A2n1 B221n C22n1 D21n1 答案 B 解析 设等比数列an的公比为 q，由 a5a312，a6a424 可得 a1q4a1q212， a1q5a1q324， 解 得 q2， a11， 所以 ana1qn12n1，Sna 11qn 1q 12 n 12 2n1.因此Sn an 2n1 2n1 221n.故 选 B. 4(2020 海南中学高三摸底)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S510，S1040，则 S15( ) A80 B9

3、0 C100 D110 答案 B 解析 根据等差数列前 n 项和的片段和的性质， 可知 S5， S10S5， S15S10也是等差数列， 又 S510，S1040，故可得 10,30,50 成等差数列，故 S15S1050，解得 S1590.故选 B. 5(2020 山西大同市高三模拟)已知正项数列an满足 a2n1an1an2a2n0，an的前 n 项和为 Sn，则S5 a3( ) A.31 4 B31 2 C15 4 D15 2 答案 A 解析 由 a2n1an1an2a2n0，得(an1an)(an12an)0，又an为正项数列，所以 an 12an，所以数列an是等比数列，且公比 q2

4、，设首项为 a1，则 S5 a1125 12 31a1，a3 a1224a1，则S5 a3 31 4 .故选 A. 6(2020 全国卷)设an是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a42，则 a6a7a8 ( ) A12 B24 C30 D32 答案 D 解析 设等比数列an的公比为 q， 则 a1a2a3a1(1qq2)1， a2a3a4a1qa1q2 a1q3a1q(1qq2)q2，因此，a6a7a8a1q5a1q6a1q7a1q5(1qq2)q532. 故选 D. 7(多选)(2020 山东威海三模)我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十 四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷

5、是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的 长度) 二十四节气及晷长变化如图所示， 相邻两个节气晷长减少或增加的量相同， 周而复始 已 知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)， 则下列说法正确的是( ) A相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C立冬的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长短 答案 ABC 解析 由题意可知，夏至到冬至的晷长构成等差数列an，其中 a115 寸，a13135 寸， 公差为 d 寸，则 1351512d，解得 d10(寸)，同理可知，冬至到夏至的晷长构成等差数列 bn，首项 b113

6、5，末项 b1315，公差 d10(单位都为寸)，故 A 正确；春分的晷长为 b7，b7b16d1356075，秋分的晷长为 a7，a7a16d156075，所以 B 正 确；立冬的晷长为 a10，a10a19d1590105，即立冬的晷长为一丈五寸，C 正确； 立春的晷长、立秋的晷长分别为 b4，a4，a4a13d153045，b4b13d13530 105，b4a4，故 D 错误故选 ABC. 8(多选)(2020 山东潍坊高密二模)设正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920，则 ( ) Aa2a9的最大值为 10 Ba2a9的最大值为 2 10 C. 1 a22 1 a29的最

7、大值为 1 5 Da42a49的最小值为 200 答案 ABD 解析 因为正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920，所以(a2a9)22a2a920，即 a22 a2920.所以 a2a9a 2 2a29 2 20 2 10，当且仅当 a2a9 10时等号成立，故 A 正确；因为 a2a9 2 2a 2 2a29 2 10， 所以a 2a9 2 10， a2a92 10， 当且仅当 a2a9 10时等号成立， 故 B 正确； 因为 1 a22 1 a29 a22a29 a22 a29 20 a22 a29 20 a22a29 2 2 20 102 1 5， 当且仅当 a2a9 10时

8、等号成立， 所以 1 a22 1 a29的最小值为 1 5，故 C 错误；D 项结合 A 项的结论，有 a 4 2a49(a22a29)22a22 a29400 2a22 a294002102200，当且仅当 a2a9 10时等号成立，故 D 正确故选 ABD. 二、填空题 9 (2020 四川成都石室中学一诊)若等差数列an满足： a11， a2a35， 则 an_. 答案 n 解析 设等差数列an的公差为 d，a11，a2a35，即 2a13d5， d1，ann. 10(2020 江苏南京金陵中学、南通海安高级中学、南京外国语学校第四次模拟)设正项等 比数列an的前 n 项和为 Sn，且S

9、 20S10 S30S20 1 310，则数列an的公比为_ 答案 3 解析 设正项等比数列an的公比为 q.因为 S20S10a11a12a20，S30S20a21 a22a30q10(a11a12a20)，故S 20S10 S30S20 1 q10，即 1 q10 1 310，因为等比数列an为正项 数列，故 q0，所以 q3. 11(2020 新高考卷)将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则 an的前 n 项和为_ 答案 3n22n 解析 因为数列2n1是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，数列3n2是以 1 为首 项，以 3 为公差的等差数列，所以这两个数列的公

10、共项所构成的新数列an是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，所以an的前 n 项和为 n 1nn1 2 63n22n. 12 (2020 海南中学高三第六次月考)已知等差数列an的首项及公差均为正数， 令 bn an a2020n(nN*，n0，a2n an2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，_.若 a1，ak，Sk2成等比数列，求 k 的值 解 若选择， 因为 2Sn(n1)an，nN*，所以 2Sn1(n2) an1，nN*， 两式相减，得 2an1(n2)an1(n1)an， 整理，得 nan1(n1)an，即 an1 n1

11、an n ，nN*. 所以 an n 为常数列 an n a1 1 1，所以 ann 或由a n1 an n1 n ，利用累乘相消法，求得ann . 所以 akk，Sk2k21k2 2 k2k3 2 ，又 a1，ak，Sk2成等比数列，所以(k 2)(k3)2k2，所以 k25k60， 解得 k6 或 k1(舍去)，所以 k6. 若选择， 由 SnSn1an(n2)变形，得 SnSn1SnSn1， 所以 SnSn1( SnSn1)( SnSn1)， 易知 Sn0，所以 SnSn11， 所以 Sn是公差为 1 的等差数列， 又 S1 a11，所以 Snn，Snn2， 所以 anSnSn12n1(

12、n2)， 又 n1 时，a11 也满足上式，所以 an2n1. 因为 a1，ak，Sk2成等比数列，所以(k2)2(2k1)2， 解得 k3 或 k1 3，又 kN *，所以 k3. 若选择， 因为 a2nan2Sn(nN*)，所以 a2n1an12Sn1(n2)，两式相减，得 a2na2n1anan 12Sn2Sn12an(n2)， 整理，得(anan1)(anan1)anan1(n2)， 因为 an0，所以 anan11(n2)， 所以an是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 所以 an1(n1)1n， Sk2k21k2 2 k2k3 2 ， 又 a1，ak，Sk2成等比数列，所以(k2

13、)(k3)2k2， 所以 k6 或 k1，又 kN*，所以 k6. 一、选择题 1(2020 山东省实验中学高三 4 月高考预测)在正项等比数列an中，a5a115，a4a2 6，则 a3( ) A2 B4 C1 2 D8 答案 B 解析 由 a5a1a1q4a115，a4a2a1q3a1q6，解得 a11， q2 或 a116， q1 2 (舍去)故 a3a1q24.故选 B. 2(2020 吉林长春质量监测二)在等差数列an中，若 3a52a7，则此数列中一定为 0 的 是( ) Aa1 Ba3 Ca8 Da10 答案 A 解析 设等差数列an的公差为 d.由于等差数列an中 3a52a7

14、，所以 3(a14d)2(a1 6d)，化简得 a10，所以 a1为 0.故选 A. 3若等比数列的前 n 项和、前 2n 项和、前 3n 项和分别为 A，B，C，则( ) AABC BB2AC CABCB3 DA2B2A(BC) 答案 D 解析 由等比数列的性质可知，当公比 q1 时，A，BA，CB 成等比数列，所以(B A)2A(CB)，所以 A2B2ACABA(BC)，当 q1 时，易验证此等式成立，故选 D. 4(2020 海南中学高三第七次月考)已知正项等比数列an，满足 a2 a27 a202016，则 a1 a2 a1017( ) A41017 B21017 C41018 D21

15、018 答案 B 解析 由 a2 a27 a202016， 可得(a7 a1011)216， 所以 a7 a10114， a5092， 所以 a1 a2 a1017 a1017 50921017.故选 B. 5(2020 全国卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心 有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数 相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( ) A3699 块 B3474 块 C3402 块

16、D3339 块 答案 C 解析 设第 n 环扇面形石板块数为 an，第一层共有 n 环，则an是以 9 为首项，9 为公差 的等差数列，an9(n1)99n.设 Sn为an的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块 数分别为 Sn，S2nSn，S3nS2n，因为下层比中层多 729 块，所以 S3nS2nS2nSn729，即 3n927n 2 2n918n 2 2n918n 2 n99n 2 729，即 9n2729，解得 n9，所以 S3nS27 279927 2 3402.故选 C. 6(2020 福建厦门高三毕业班 5 月质量检查)已知 Sn是正项等比数列an的前 n 项和，S10 2

17、0，则 S302S20S10的最小值为( ) A10 B5 C5 D10 答案 C 解析 an是正项等比数列，S10，S20S10，S30S20仍然成等比数列，设公比为 q， S1020，S20S1020q，S30S2020q2，S302S20S10(2020q20q2)2(2020q) 2020(q2q)，当 q1 2时，S302S20S10 取得最小值5，故选 C. 7(多选)(2020 山东青岛三模)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚 丽的奇葩 张丘建算经是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于 公元五世纪书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五

18、尺，今一月织九匹三丈， 问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每 天比前一天多织相同数量的布，第一天织 5 尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天 比前一天多织多少尺布？”已知 1 匹4 丈，1 丈10 尺，若这一个月有 30 天，记该女子这 一个月中的第 n 天所织布的尺数为 an， bn2an， 对于数列an， bn， 下列选项中正确的为( ) Ab108b5 Bbn是等比数列 Ca1b30105 Da 3a5a7 a2a4a6 209 193 答案 BD 解析 由题意可知，数列an为等差数列，且 a15，设数列an的公差为 d，由题意可得

19、30a13029d 2 390， 解得 d16 29， ana1(n1)d 16n129 29 ， bn2an， b n1 bn 2an1 2an 2an1an2d(非零常数)，则数列bn是等比数列，B 正确；5d516 29 80 293， b10 b5 (2d)525d23，b108b5，A 错误；a30a129d51621，a1b305221105，C 错 误； a4a13d5316 29 193 29 ， a5a14d5416 29 209 29 ， a 3a5a7 a2a4a6 3a5 3a4 a5 a4 209 193， D 正确故选 BD. 8 (多选)(2020 山东省实验中学

20、高三6月模拟)记数列an的前n项和为Sn， 若存在实数H， 使得对任意的 nN*，都有|Sn|H，则称数列an为“和有界数列”下列说法正确的是( ) A若an是等差数列，且公差 d0，则an是“和有界数列” B若an是等差数列，且an是“和有界数列”，则公差 d0 C若an是等比数列，且公比|q|1，则an是“和有界数列” D若an是等比数列，且an是“和有界数列”，则an的公比|q|1 答案 BC 解析 若an是等差数列，则 Snna1nn1d 2 d 2n 2 a1d 2 n.对于 A，当 d0 时，Sn na1， 若 a10， 根据一次函数的性质可知， 此时不存在符合题意的 H， 所以

21、A 错误； 对于 B， an是“和有界数列”， 而 Snd 2n 2 a1d 2 n， 则 d 20， a1d 20， 解得 d0， a10， 所以 B 正确； 若an是等比数列，则 Sna 11qn 1q a1 1q q n a1 1q.对于 C，若|q|1，则当 n时， Sn a1 1q，故存在实数 H，使得对任意的 nN *，都有|Sn|H，即an是“和有界数列”，所以 C 正确； 对于 D， 若an是等比数列， 且an是“和有界数列”， q 的取值可能为1， 此时|Sn|a1|， 所以存在实数 H，使得对任意的 nN*，都有|Sn|H，所以 D 错误故选 BC. 二、填空题 9(202

22、0 大同一中一模)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3S6S9，则数列an的公 比 q 是_ 答案 1 解析 当 q1 时，S3S63a16a19a1S9. 当 q1 时，S3S6S9，a 11q3 1q a 11q6 1q a 11q9 1q ，2q3q61q9，(q3 1)2(q31)0，q1，q 1. 10(2020 全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a12，a2a62，则 S10 _. 答案 25 解析 设等差数列an的公差为 d，由 a12，a2a62，可得 a1da15d2，即 2d(2)5d2，解得 d1. 所以 S1010(2)10101 2 12045

23、25. 11设 Sn是数列an的前 n 项和，且 a11，(n1)an1(n1)Sn，则 Sn_. 答案 2n1 n 解析 (n1)an1(n1)Sn，nan1Sn1nSn，n(Sn1Sn)Sn1nSn， n1Sn1 nSn 2，nSn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 nSn2n1，Sn2 n1 n . 12(2020 江苏高考)设an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q 的等比数列已知数 列anbn的前 n 项和 Snn2n2n1(nN*)，则 dq 的值是_ 答案 4 解析 等差数列an的前 n 项和公式为 Pnna1nn1 2 dd 2n 2 a1d 2 n，等比数列bn

24、的前 n 项和公式为 Qnb 11qn 1q b1 1qq n b1 1q， 依题意 SnPnQn， 即 n 2n2n1d 2n 2 a1d 2 n b1 1qq n b1 1q， 通过对比系数可知 d 21， a1d 21， q2， b1 1q1， 得 d2， a10， q2， b11， 故 dq4. 三、解答题 13(2020 山东日照二模)已知数列an满足 a12，nan1(n1)an2n(n1)，设 bnan n . (1)求数列bn的通项公式； (2)若 cn2bnn，求数列cn的前 n 项和 解 (1)解法一：因为 bnan n ，且 nan1(n1)an2n (n1)，所以 bn

25、1bn an1 n1 an n 2， 又因为 b1a12，所以bn是以 2 为首项，2 为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. 解法二：因为 bnan n ，所以 annbn， 又因为 nan1(n1)an2n(n1)， 所以 n(n1)bn1(n1)nbn2n(n1)， 即 bn1bn2， 又因为 b1a12，所以bn是以 2 为首项，2 为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. (2)由(1)及题设，得 cn22nn4nn， 所以数列cn的前 n 项和 Sn(411)(422)(4nn)(41424n)(12n)44 n4 14 n1n 2 4 n1 3 n 2n 2 4 3

26、. 14 (2020 云南昆明三模)已知数列an为正项等比数列， Sn为an的前 n 项和， 若 S321， a2a36a1. (1)求数列an的通项公式； (2)从三个条件：bnan 3n；bnan2n；bnlog2 an 3 中任选一个作为已知条件，求数列 bn的前 n 项和 Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 解 (1)设数列an的公比为 q，因为 a2a36a1， 所以 a1qa1q26a1，故 q2q60， 解得 q2 或 q3(舍去)，故 q2. 由 S321，得 a1(1qq2)21， 将 q2 代入，得 a13， 所以数列an的通项公式为 an32n1. (2)选择bnan 3n： bnan 3n 32n1 3n 2 3 n1， 数列bn是首项为 b11，公比为2 3的等比数列， 所以 Tn 1 2 3 n 12 3 3 1 2 3 n . 选择bnan2n： bnan2n32n12n， 所以 Tn312 n 12 n22n 2 3(2n1)n2n. 选择bnlog2an 3 ： bnlog2an 3 log232 n1 3 log22n1n1， 数列bn是首项为 0，公差为 1 的等差数列 所以 Tnnn1 2 .