2021年高三数学考点复习：等差数列与等比数列

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1、考点十一 等差数列与等比数列 1 A卷 PART ONE 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 解析 在正项等比数列an中，a50，由等比中项的性质可得 a2 5a3a7 4，a52，因此，(2)a5(2)24.故选 C. 答案答案 解析解析 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 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. 答案答案 解析解析 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 11q n 1q 12n 12 2n1.因此Sn an 2n1 2n1 221n.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 答案答案 解析解析 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 S5 10，S1040，则

3、 S15( ) A80 B90 C100 D110 解析 根据等差数列前 n 项和的片段和的性质，可知 S5，S10S5，S15 S10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. 答案答案 解析解析 解析 由 a2 n1an1an2a 2 n0，得(an1an)(an12an)0，又an为 正项数列，所以 an12an，所以数列an是等比数列，且公比 q2，设首 项为 a1，则 S5a 112 5 12 31a1，a3a1224a1，则S5 a3 31 4 .故选 A. 5(2020 山西大同市高三模拟)已知

4、正项数列an满足 a2 n1an1an 2a2 n0，an的前 n 项和为 Sn，则S 5 a3( ) A.31 4 B31 2 C15 4 D15 2 答案答案 解析解析 解析 设等比数列an的公比为 q，则 a1a2a3a1(1qq2)1， a2a3a4a1qa1q2a1q3a1q(1qq2)q2， 因此， a6a7a8a1q5 a1q6a1q7a1q5(1qq2)q532.故选 D. 答案答案 解析解析 6(2020 全国卷)设an是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a4 2，则 a6a7a8( ) A12 B24 C30 D32 7(多选)(2020 山东威海三模)我国天文学和数学

5、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 答案答案 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

6、可 知，冬至到夏至的晷长构成等差数列bn，首项 b1135，末项 b1315，公 差 d10(单位都为寸)，故 A 正确；春分的晷长为 b7，b7b16d 1356075，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，a4a13d 153045， b4b13d13530105， b4a4， 故 D 错误 故选 ABC. 解析解析 8(多选)(2020 山东潍坊高密二模)设正项等差数列an满足(a1a10)2 2a2a920，则( ) Aa2a9的最

7、大值为 10 Ba2a9的最大值为 2 10 C. 1 a2 2 1 a2 9的最大值为 1 5 Da 4 2a 4 9的最小值为 200 答案答案 解析 因为正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920，所以(a2 a9)22a2a920，即 a2 2a 2 920.所以 a2a9 a2 2a 2 9 2 20 2 10，当且仅当 a2 a9 10时等号成立，故 A 正确；因为 a2a9 2 2a 2 2a 2 9 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； 解析解析 因为 1 a2 2 1 a2 9 a2 2a 2 9 a

8、2 2 a 2 9 20 a2 2 a 2 9 20 a2 2a 2 9 2 2 20 102 1 5，当且仅当 a2a9 10时等 号成立，所以 1 a2 2 1 a2 9的最小值为 1 5，故 C 错误；D 项结合 A 项的结论，有 a 4 2 a4 9(a 2 2a 2 9) 22a2 2 a 2 94002a 2 2 a 2 9400210 2200，当且仅当 a 2a9 10时等号成立，故 D 正确故选 ABD. 解析解析 答案 n 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，a2a3 5，则 an_. 解析 设等差数列an的公差为 d，a11，a2a

9、35，即 2a13d 5， d1，ann. 答案答案 解析解析 答案 3 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 20S10 S30S20 1 310， 则数列an 的公比为_ 解析 设正项等比数列an的公比为 q.因为 S20S10a11a12 a20，S30S20a21a22a30q10(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. 答案答案 解析解析 答案 3n22n 11 (2020 新高考卷)将

10、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_ 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. 答案答案 解析解析 答案 1010 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，a2 nan2Sn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

11、Sn，a11，_.若 a1，ak，Sk2成等 比数列，求 k 的值 解解 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an n . 所以 akk，Sk2k21k2 2 k2k3 2 ，又 a1，ak，Sk2成等 比数列，所以(k2)(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， 解解 所以 SnSn1( SnSn1)( Sn Sn1)， 易知 Sn0，所以 SnSn11， 所以 Sn是公差为 1 的等差数列， 又 S1

12、 a11，所以 Snn，Snn2， 所以 anSnSn12n1(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， 解解 因为 a2 nan2Sn(nN *)，所以 a2 n1an12Sn1(n2)，两式相减， 得 a2 na 2 n1anan12Sn2Sn12an(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， S

13、k2k21k2 2 k2k3 2 ， 又 a1，ak，Sk2成等比数列，所以(k2)(k3)2k2， 所以 k6 或 k1，又 kN*，所以 k6. 解解 2 B卷 PART TWO 解析 由 a5a1a1q4a115， a4a2a1q3a1q6， 解得 a11， q2 或 a116， q1 2 (舍去)故 a3a1q24.故选 B. 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，a4a26，则 a3( ) A2 B4 C1 2 D8 答案答案 解析解析 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

14、为 0 的是( ) Aa1 Ba3 Ca8 Da10 解析 设等差数列an的公差为 d.由于等差数列an中 3a52a7，所以 3(a14d)2(a16d)，化简得 a10，所以 a1为 0.故选 A. 答案答案 解析解析 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) 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(BA)2A(CB)，所以 A2B2ACABA(BC)，当 q 1 时，易验证此等式成立，故选 D. 答案答案 解析解析 4(2020 海南中学高三

15、第七次月考)已知正项等比数列an，满足 a2 a2 7 a202016，则 a1 a2 a1017( ) A41017 B21017 C41018 D21018 解析 由 a2 a2 7 a202016，可得(a7 a1011) 216，所以 a 7 a10114，a5092， 所以 a1 a2 a1017a1017 509 21017.故选 B. 答案答案 解析解析 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

16、，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 D3339 块 答案答案 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 n

17、9，所以 S3nS27279927 2 3402.故选 C. 解析解析 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，S302S20 S10(2020q20q2)2(2020q)2020(q2q)，当 q1 2时，S302S20 S10取得最小值5，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，S1020，则 S302S20S10的最小值为( ) A10 B5 C5 D10 答案答案 解析解析 7(多选)(2020 山东青岛三模)在

18、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

19、 Bbn是等比数列 Ca1b30105 Da 3a5a7 a2a4a6 209 193 答案答案 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 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；a4a13d53 16 29 193 29 ，a5a

20、14d54 16 29 209 29 ， a3a5a7 a2a4a6 3a5 3a4 a5 a4 209 193，D 正确故选 BD. 解析解析 8 (多选)(2020 山东省实验中学高三 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 答案答案 解析

21、 若an是等差数列， 则Snna1nn1d 2 d 2n 2 a1d 2 n.对于A， 当 d0 时，Snna1，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 Sn a 11q n 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 解析解析 有界数列”，所以 C 正确；对于 D，若an是

22、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. 解析解析 答案 1 二、填空题 9(2020 大同一中一模)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3S6 S9，则数列an的公比 q 是_ 解析 当 q1 时，S3S63a16a19a1S9. 当 q1 时，S3S6S9，a 11q 3 1q a 11q 6 1q a 11q 9 1q ，2q3 q61q9，(q31)2(q31)0，q1，q 1. 答案答案 解析解析 答案 25 10(2020 全国卷)记 Sn为等差数列an的

23、前 n 项和若 a12，a2 a62，则 S10_. 解析 设等差数列an的公差为 d，由 a12，a2a62，可得 a1d a15d2，即2d(2)5d2，解得 d1. 所以 S1010(2)10101 2 1204525. 答案答案 解析解析 答案 2n1 n 11设 Sn是数列an的前 n 项和，且 a11，(n1)an1(n1)Sn，则 Sn_. 解析 (n1)an1(n1)Sn，nan1Sn1nSn，n(Sn1Sn)Sn 1nSn， n1Sn1 nSn 2，nSn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 nSn2n1，Sn2 n1 n . 答案答案 解析解析 答案 4 12(2020

24、 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_ 答案答案 解析 等差数列an的前 n 项和公式为 Pnna1 nn1 2 dd 2n 2 a1d 2 n，等比数列bn的前 n 项和公式为 Qnb 11q n 1q b1 1qq n b1 1q， 依题意 SnPnQn，即 n2n2n1d 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. 解析解析 解 (1)解法

25、一：因为 bnan n ，且 nan1(n1)an2n (n1)，所以 bn 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 三、解答题 13(2020 山东日照二模)已知数列an满足 a12，nan1(n1)an 2n(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 解解 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

26、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. 解解 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

27、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， 解解 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 ： 解解 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 . 解解 本课结束