适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练4等差数列等比数列理（附解析）

考点突破练4　等差数列、等比数列一、选择题1.已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1,前n项积为Tn,若T10=T6,则下列结论正确的是(　　)A.a6a7=1B.a7a8=1C.a8a9=1D.a9a10=12.(2023广西名校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5S10=133,a4=8,则S8=(　　)A.127B.254C.510D.2553.等差数列{an}的前n项和为Sn,若∀n∈N*,Sn≤S7,则数列{an}的通项公式可能是(　　)A.an=3n-15B.an=17-3nC.an=n-7D.an=15-2n4.(2023广东揭阳联考)已知数列{an}满足a2=3,a1=1,且an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2),则a20232-2a2022的值为(　　)A.2021B.2022C.2023D.20245.若数列{an}为等比数列,且a1,a5是方程x2+4x+1=0的两根,则a3=(　　)A.-2B.1C.-1D.±16.(2023内蒙古包头一模)中国古代某数学名著中有类似这样的问题:有一个人一共走了441里路,第1天健步行走,从第2天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,请问他最后一天走的路程是(　　)A.7里B.8里C.9里D.10里7.(2023新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:{Snn}为等差数列,则(　　)A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8.(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　)A.120B.85C.-85D.-1209.(2023北京海淀模拟)已知数列{an}是等比数列,且满足S2+SnSn-1=anan-1(n≥2,n∈N*),则(　　)A.{an}是递增数列B.{an}是递减数列C.{an}的公比为1D.{an}的公比为-210.(2023福建莆田二模)若2a=3,2b=6,2c=12,则(　　)A.a,b,c是等差数列B.a,b,c是等比数列C.1a,1b,1c是等差数列D.1a,1b,1c是等比数列11.(2023四川南充二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则S2023等于(　　)A.42022B.42023C.42022-13D.42023-1312.(2023四川绵阳二模)已知等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,S3=56,S6=63,则使得a1a2…an<1成立的最小正整数n的值为(　　)A.10B.11C.12D.1313.(2023北京朝阳一模)已知项数为k(k∈N*且k≥2)的等差数列{an}满足a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),若a1+a2+…+ak=8,则k的最大值是(　　)A.14B.15C.16D.17二、填空题14.(2023山东潍坊一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5+a7+a9=6,则S13=　　　　　. 15.已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=9,若3a2,a14,S9成等比数列,则数列{an}的通项公式为an=　　　　　. 16.(2023江西上饶一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a7=a4,S3=-12,则a8=　　　　　. 17.已知数列{an}的前n项和为Sn,an+Sn=2,则a5=　　　　　. 18.(2023陕西安康一模)设等比数列{an}满足a1+a2=12,a1-a3=-24,记bm为{an}中在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,则数列{bm}的前50项和S50=　　　　　.  考点突破练4　等差数列、等比数列1.C　解析∵T10=T6,∴T10T6=a7a8a9a10=(a8a9)2=1.由q>0可知a8,a9同号,∴a8a9=1.故选C.2.D　解析设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则显然q≠1.由S5S10=133,得S5S10=a1(1-q5)1-qa1(1-q10)1-q=1-q51-q10=11+q5=133,解得q=2.由a4=8,得a1=a4q3=1,∴S8=1-281-2=28-1=255.故选D.3.D　解析由题意可知,等差数列{an}为递减数列,且a7≥0,a8≤0.A,C选项为递增数列,故排除;对于B,a7=17-3×7=-4<0,故排除;对于D,a7=15-2×7=1>0,a8=15-2×8=-1<0,故D符合.故选D.4.B　解析由an+12-an2=2an-2an-1+1(n≥2),得(an+12-2an)-(an2-2an-1)=1,且由a2=3,a1=1,得a22-2a1=1,∴数列{an+12-2an}为以1为首项,1为公差的等差数列,∴an+12-2an=n,∴a20232-2a2022=2022.故选B.5.C　解析由a1,a5是方程x2+4x+1=0的两根,得a1+a5=-4<0,a1a5=1>0,可知a1<0,a5<0.又{an}为等比数列,所以a3<0,且a32=a1a5=1,所以a3=-1.6.A　解析设第六天走的路程为a1里,第五天走的路程为a2里……第一天走的路程为a6里.由题意a1,a2,…,a6组成公比为2的等比数列,且441=a1(1-26)1-2,解得a1=7.故选A.7.C　解析(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d,则Snn=a1+n-12d=d2n+a1-d2,故Sn+1n+1-Snn=d2,d2为常数,则{Snn}为等差数列,则甲是乙的充分条件.(必要性)反之,若{Snn}为等差数列,设Snn=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S1=A+B.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B.当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.8.C　解析(方法一)如果q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.由S6=21S2得a1(1-q6)1-q=21a1(1-q2)1-q,所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).由已知S4=a1(1-q4)1-q=-5,则S8=a1(1-q8)1-q=a1(1-q4)(1+q4)1-q=-85.故选C.(方法二)设等比数列{an}的公比为q,由S6=21S2,得(a1+a2)(1+q2+q4)=21(a1+a2),(a1+a2)(q4+q2-20)=0,若a1+a2=0,则S4=a1+a2+(a1+a2)q2=0,不合题意,所以q4+q2-20=0,q2=4或q2=-5(舍去),S8=S4+q4S4=-5+16×(-5)=-85.故选C.9.D　解析设{an}的公比为q.由S2+SnSn-1=anan-1(n≥2,n∈N*),令n=2,可得S2+S2S1=a2a1,所以2(a1+a1q)a1=q,化简得q=-2.故选D.10.A　解析∵2a=3,2b=6,2c=12,∴a=log23,b=log26=log22+log23=1+log23,c=log212=log24+log23=2+log23,则b-a=c-b=1,故a,b,c是等差数列,故A正确;∵ba=1+log23log23=1log23+1,cb=2+log231+log23=1+(1+log23)1+log23=11+log23+1,∴ba≠cb,故a,b,c不是等比数列,故B不正确;∵1b-1a=11+log23-1log23=-1log23×(1+log23),1c-1b=12+log23-11+log23=-1(1+log23)(2+log23),∴1b-1a≠1c-1b,故1a,1b,1c不是等差数列,故C不正确;∵1b1a=ab=log231+log23=1+log23-11+log23=1-11+log23,1c1b=bc=1+log232+log23=(2+log23)-12+log23=1-12+log23,∴1b1a≠1c1b,故1a,1b,1c不是等比数列,故D不正确.故选A.11.A　解析∵an+1=3Sn(n≥1),∴an=3Sn-1(n≥2),两式相减得an+1-an=3an,∴an+1=4an(n≥2).由an+1=3Sn(n≥1),得a2=3a1=3,故可知an≠0,∴an+1an=4(n≥2),而a2a1=3,故{an}从第2项起,为首项为3、公比为4的等比数列,故S2023=a1+3(1-42022)1-4=42022.故选A.12.C　解析设{an}的公比为q,由题意可知q>0且q≠1.又因为S3=56,S6=63,所以a1(1-q3)1-q=56,a1(1-q6)1-q=a1(1-q3)1-q·(1+q3)=63, 解得q=12,a1=32,所以an=a1qn-1=32×(12)n-1=(12)n-6,所以a1a2…an=(12)-5×(12)-4×…×(12)n-6=(12)-5+(-4)+…+(n-6)=(12) (-5+n-6)n2=(12) n2-11n2.令12 n2-11n2<1,得n2-11n2>0,即n(n-11)>0,解得n>11或n<0.又因为n∈N*,所以n≥12,所以n的最小值为12.故选C.13.B　解析设{an}的公差为d.由a1=1,14an-1≤an(n=2,3,…,k),得1+(n-2)d≤4[1+(n-1)d],即3+(3n-2)d≥0,∴d≥-33n-2.∵y=-33x-2在区间[2,+∞)上是增函数,∴d≥-33k-2.由a1+a2+…+ak=8,得8=ka1+12k(k-1)d,∴16=2k+k(k-1)d≥2k+k(k-1)·(-33k-2),∴3k2-49k+32≤0.令f(t)=3t2-49t+32,t≥2,函数图象的对称轴为直线t=496,则t≥496时,函数f(t)单调递增,而f(15)=-28<0,f(16)=16>0,则k的最大值是15.故选B.14.26　解析由已知a5+a7+a9=3a7=6,所以a7=2,则S13=13(a1+a13)2=13a7=26.15.2n-1　解析∵{an}为等差数列,∴S9=9(a1+a9)2=9a5.设{an}的公差为d,由{an}的各项均为正数,得d>0.由题可知a142=3a2S9,∴(a5+9d)2=3(a5-3d)·9a5,解得d=2或d=-13(舍去),∴an=a5+(n-5)d=9+2×(n-5)=2n-1.16.2　解析设等差数列{an}的公差为d.由a3+a7=a4可得a4+a6=a4,故a6=0.由S3=-12可得a1+a2+a3=3a2=-12,故a2=-4,所以d=a6-a24=1,所以a8=a6+2d=2.17.116　解析当n=1时,a1=S1=2-a1,即a1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,故2an=an-1,所以数列{an}是首项为1,公比为12的等比数列,即an=(12)n-1,则a5=116.18.114　解析设等比数列{an}的公比为q,由题可知q≠1,则由a1+a2=12,a1-a3=-24,得a1(1+q)=12,a1(1-q2)=-24,解得a1=3,q=3,故an=3n.因为bm为{an}中在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,所以当m=1,2时,bm=0;当3≤m≤8时,bm=1;当9≤m≤26时,bm=2;当27≤m≤50时,bm=3,故S50=0×2+1×6+2×18+3×24=114.