适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练4等差数列等比数列（附解析）

考点突破练4　等差数列、等比数列一、必备知识夯实练1.(2023河北秦皇岛二模)已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n项和为Sn,若S9=18,则a5=(　　)A.-2B.0C.2D.42.(2023湖北4月调研)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,则tana1+a71-b2b6=(　　)A.3B.-3C.33D.-333.(2023山东济南一模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn,a1=16,公比q=12,则Tn取最大值时n的值为(　　)A.3B.6C.4或5D.6或74.(2023湖南张家界二模)已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若lna1,lna3,lna6也是等差数列,则其公差为(　　)A.lndB.ln2dC.ln23D.ln325.(多选题)(2023湖南襄阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a5=-4,S5=-40,则(　　)A.a10=6B.S10=-30C.当且仅当n=6时,Sn取最小值D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=06.(2023广东深圳高三统考)我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”,它在世界数学史上具有光辉的一页,堪称数学史上名垂百世的成就,而且一直启发和指引着历代数学家们.定理涉及的是数的整除问题,其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛的应用,为世界数学的发展做出了巨大贡献,现有这样一个整除问题:将1到2022这2022个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},那么此数列的项数为(　　)A.56B.57C.58D.597.(2023河北唐山期末)等比数列{an}满足a2+8a5=0,设数列{1an}的前n项和为Sn,则S5S2=(　　)A.-11B.-8C.5D.118.(多选题)(2023广东湛江二模)一百零八塔始建于西夏时期,是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一,塔群随山势凿石分阶而建,自上而下一共12层,第1层有1座塔,从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数,总计108座塔.已知包括第1层在内的其中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下的两层的塔数分别与上一层的塔数相等,第1层与第2层的塔数不同,则下列结论正确的有(　　)A.第3层的塔数为3B.第4层与第5层的塔数相等C.第6层的塔数为9D.等差数列{an}的公差为29.(2023湖北十堰高三统考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,写出一个满足下列条件的{an}的公比q=　　　　. ①a1>0;②{an}是递增数列;③S3<13a1. 10.(2023湖北武汉高三联考)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,S11=11,b5b7=3,则log3a6b62=　　　　. 11.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　　　　. 二、关键能力提升练12.(2023福建南安高三检测)若数列{an}满足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),记Tn=a1a2…an,则T2023=(　　)A.-1B.1λC.1-λ1+λD.λ(λ-1)1+λ13.(2023湖南长沙一模)斐波那契数列{Fn},因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,该数列{Fn}满足F1=F2=1,且Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以法国数学家爱德华·卢卡斯命名,与斐波那契数列联系紧密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),则F2023=(　　)A.13L2022+16L2024B.13L2022+17L2024C.15L2022+15L2024D.-15L2022+25L202414.(多选题)(2023河北石家庄模拟)已知数列{an}满足a1=13,an+1=2an2an+1(n∈N*),则下列结论正确的是(　　)A.{1an-2}为等比数列B.{an}的通项公式为an=2n-12n+1C.{an}为递减数列D.{1an}的前n项和Tn=2n+1-2-n15.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,则k的值为　　　　. 16.(2023河北邯郸二模)若数列{an}从第二项起,每一项与前一项的差构成等差数列,则称数列{an}为二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上,用剪刀沿直线剪一圆形纸片,将剪n(n∈N*)刀最多可以将圆形纸片分成的块数记为bn,经实际操作可得b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,…,根据这一规律,得到二阶等差数列{bn},则b8=　　　　　;若将圆形纸片最多分成1276块,则n=　　　　　. 三、核心素养创新练17.(多选题)(2023湖南常德一模)如图,有一列曲线Ω1,Ω2,…,Ωn,…,且Ω1是边长为1的等边三角形,Ωi+1是对Ωi(i=1,2,…)进行如下操作而得到:将曲线Ωi的每条边进行三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉得到Ωi+1,记曲线Ωn(n=1,2,…)的边数为Ln,周长为Cn,围成的面积为Sn,则下列说法正确的是(　　)A.数列{Ln}是首项为3,公比为4的等比数列B.数列{Cn}是首项为3,公比为43的等比数列C.数列{Sn}是首项为34,公比为43的等比数列D.当n无限增大时,Sn趋近于定值23518.(多选题)(2023山东青岛一模)1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是(　　)A.若第n只猴子分得bn个桃子(不含吃的),则5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5)B.若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子,则{an}(n=1,2,3,4,5)为等比数列C.若最初有3121个桃子,则第5只猴子分得256个桃子(不含吃的)D.若最初有k个桃子,则k+4必是55的倍数 19.(2023四省八校联考)设数列{an},{bn}满足an=2n,bn=3n-8,则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有数构成首项为1,公差为2的等差数列,则数列{en}的前20项和T20=　　　　.  考点突破练4　等差数列、等比数列1.C　解析根据题意2an+1=an+an+2,可得数列{an}为等差数列,所以S9=9(a1+a9)2=18,所以a1+a9=4,所以2a5=4,所以a5=2.故选C.2.A　解析因为数列{an}是等差数列,所以a2+a4+a6=3a4=5π,故a4=5π3,所以a1+a7=2a4=10π3,因为{bn}是等比数列,所以b2b4b6=b43=33,故b4=3,所以b2b6=3.所以tana1+a71-b2b6=tan(-5π3)=-tan2π3=3.故选A.3.C　解析an=a1qn-1=16×12n-1=24×21-n=25-n,(方法一)由题意知,an>0且数列{an}为递减数列,a5=1,前4项大于1,从第6项起小于1,所以n=4或5时,Tn取得最大值.(方法二)Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)=2n(4+5-n)2=2-n2+9n2=2-(n-92)2+8142,因为n∈N*,所以n=4或5时,Tn取得最大值.4.D　解析因为lna1,lna3,lna6是等差数列,所以2lna3=lna1+lna6,即lna32=lna1a6,所以a32=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d).又d≠0,所以a1=4d,所以公差为lna3-lna1=lna3a1=lna1+2da1=ln6d4d=ln32.故选D.5.AB　解析设数列{an}的公差为d,由a5=-4,S5=-40,得a1+4d=-4,5a1+5×42d=-40.解得a1=-12,d=2,所以an=2n-14,Sn=(-12+2n-14)n2=n2-13n,则a10=6,S10=-30,A,B正确;令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,则当n=6或n=7时,Sn取最小值,C不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0,所以a5+a6+a7+a8+a9+a10=a10=6≠0,D不正确.故选AB.6.C　解析被5除余2且被7除余2的数构成首项为2,公差为35的等差数列,则an=2+35(n-1)=35n-33.由35n-33≤2022,可得n≤4117,即n≤5857,又n∈N*,所以此数列的项数为58.故选C.7.A　解析设等比数列{an}的公比为q,由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,又a1≠0,q≠0,所以q3=-18,所以q=-12,因为1an+11an=anan+1=1q=-2,所以数列{1an}也为等比数列,且公比为-2.因此Sn=1a1[1-(-2)n]1-(-2)=13a1[1-(-2)n],所以S5S2=13a1[1-(-2)5]13a1[1-(-2)2]=1-(-2)51-(-2)2=33-3=-11.故选A.8.ABD　解析设等差数列{an}的公差为d,若d=1,则这10层的塔数之和为10×1+10×92=55,则最多有55+10+10=75座塔,不符合题意;若d≥3,则这10层的塔数之和不少于10×1+10×92×3>108,不符合题意;所以d=2,这10层的塔数之和为10×1+10×92×2=100,塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,依题意剩下两层的塔数为3和5,所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D正确,C错误.故选ABD.9.2(答案不唯一)　解析由等比数列的通项公式可得an=a1qn-1,则an-an-1=a1qn-2(q-1),因为a1>0,且{an}是递增数列,所以q>1.因为S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因为a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4<q<3.综上,1<q<3.故答案可以为2(答案不唯一).10.-1　解析因为{an}是等差数列,且Sn是数列{an}的前n项和,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=11,解得a6=1,因为{bn}是等比数列,所以b5b7=b62=3,则log3a6b62=log313=-1.11.48　384　解析设前3项的公差为d,后7项的公比为q,q>0,则q4=a9a5=19212=16,且q>0,可得q=2, 又a3=a1+2d=a5q2,即1+2d=3,得d=1,所以a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+3×(1-27)1-2=384.12.C　解析由anan+1+an+1-an+1=0,得an+1=an-1an+1,所以an+2=an+1-1an+1+1=an-1an+1-1an-1an+1+1=-1an,则an+4=-1an+2=an,所以数列{an}是以4为周期的数列.因为a1=λ,所以a2=λ-11+λ,a3=-1λ,a4=-λ-1λ-1,则a1a2a3a4=1,所以T2023=a1a2a3=1-λ1+λ.故选C.13.C　解析因为Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),所以当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,所以3Fn=Fn-1+Fn-2+2Fn=Fn-2+(Fn-1+Fn)+Fn=Fn-2+Fn+1+Fn=Fn-2+Fn+2,故3F2023=F2021+F2025,因为Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),所以L2022=F2021+F2023,L2024=F2023+F2025,故L2022+L2024=(F2021+F2023)+(F2023+F2025)=2F2023+F2021+F2025=5F2023,所以F2023=15L2022+15L2024.故选C.14.AB　解析因为an+1=2an2an+1(n∈N*),由题意显然an≠0,an+1≠0,变形得1an+1=1+2an2an=12×1an+1,所以1an+1-2=12(1an-2),又因为1a1-2=1≠0,所以{1an-2}是以1为首项,12为公比的等比数列,A正确;因为1an-2=(12)n-1,所以an=12+(12) n-1=2n-12n+1,B正确;因为(12)n-1递减,所以an=12+(12) n-1递增,即{an}为递增数列,C错误;因为1an-2=(12)n-1,所以1an=(12)n-1+2,所以Tn=(1+12+14+…+12n-1)+2n=2-12n-1+2n,D错误.故选AB.15.4　解析因为Sn=2an+n-7,①所以当n=1时,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),②①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=5≠0,即an-1an-1-1=2,所以{an-1}是以5为首项,2为公比的等比数列,所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.因为30<ak<50,所以30<5·2k-1+1<50,所以295<2k-1<495,又k∈N*,所以k=4.16.37　50　解析因为数列{bn}为二阶等差数列,所以数列{bn+1-bn}为等差数列,由b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,可得b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,所以数列{bn+1-bn}为首项为2,公差为1的等差数列,所以bn+1-bn=n+1,所以当n≥2,n∈N*时,b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,…,bn-bn-1=n,将以上各式相加可得,bn-b1=2+3+4+…+n,又b1=2,所以bn=n2+n+22,其中n≥2,n∈N*,经验证b1=2也满足上式,所以bn=n2+n+22,所以b8=82+8+22=37,令bn=1276,则n2+n+22=1276,解得n=50.17.ABD　解析Ln+1是在Ln的基础上,每条边新增加3条新的边,故Ln+1=(1+3)Ln=4Ln,又L1=3,所以数列{Ln}是首项为3,公比为4的等比数列,Ln=3×4n-1,故A正确;第n个图形的边长为13n-1,所以Cn=13n-1·Ln=(3×4n-1)13n-1=3×43n-1,故数列{Cn}是首项为3,公比为43的等比数列,故B正确;因为Ω2是在Ω1的每条边上再生出一个小正三角形,于是S2=S1+3×34×132,同理,对Ωn是在Ωn-1的每条边上再生出一个小正三角形,于是Ωn的面积等于Ωn-1的面积加上Ln-1个新增小三角形的面积,即Sn=Sn-1+Ln-1×34×132n-2,Sn=Sn-1+34×49n-1S1,于是Sn=Sn-1+34×49n-1S1,Sn-1=Sn-2+34×49n-2S1,…,S2=S1+34×49S1,将上面式子累加,得Sn=S1+34×[49+492+…+49n-1]S1=[85-35×49n-1]S1=34×[85-35×49n-1].当n→+∞时,Sn→34×85=235,故C错误,D正确.故选ABD. 18.ABD　解析设最初有c1个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为c2,c3,c4,c5,c6,则cn=cn-1-1-15(cn-1-1)=45(cn-1-1)(n≥2),若第n只猴子分得bn个桃子(不含吃的),则bn+1=15(cn-1),bn=15(cn-1-1)(n≥2),所以bn+1=15(cn-1)=45(cn-1-1)-15=4bn-15(n≥2),即5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5),故A正确;由A知,5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5),则5(bn+1)=4(bn-1+1),即{bn+1}(n=1,2,3,4,5)是等比数列,若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子,则an=bn+1,所以{an}(n=1,2,3,4,5)是以45为公比的等比数列,故B正确;由B知,{bn+1}(n=1,2,3,4,5)是等比数列,所以bn+1=(c1+45)·45n-1,即bn=(c1+45)·45n-1-1,若最初有3121个桃子,即c1=3121,所以b5=(3121+45)×454-1=255,故C错误;根据题意a1+a2+a3+a4+a5+4b5=a1+a2+a3+a4+a5+4(a5-1)=k,因为{an}(n=1,2,3,4,5)是以45为公比的等比数列,所以a1+a2+a3+a4+a5+4(a5-1)=a5[1-545]1-54+4a5-4=k,化简得k+4=a544·55.因为a1=a5·544,且a1为正整数,所以a544∈N*,即k+4必为55的倍数,故D正确.故选ABD.19.1589　解析∵an=2n,∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,显然a1不是数列{bn}中的项.∵a2=4=b4,∴a2是数列{bn}中的第4项,设ak=2k是数列{bn}中的第m项,则2k=3m-8(k,m∈N*).∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,∴ak+1不是数列{bn}中的项.∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,∴ak+2是数列{bn}中的项.∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,∴数列{cn}的通项公式是cn=22n=4n.∵(1+2+3+4+5)+5=20,∴{en}的前20项包括{cn}的前5项,以及{2n-1}的前15项,∴T20=41+42+43+44+45+1+3+…+29=4×(1-45)1-4+(1+29)×152=1589.