浙江版2022高考数学二轮复习4.1等差数列与等比数列专题能力训练

专题能力训练9　等差数列与等比数列(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1.若{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.(2022课标全国Ⅱ,文5)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=(　　)A.5B.7C.9D.113.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列.若a1=1,则S4=(　　)A.7B.8C.15D.164.(2022浙江杭州第二次教学质量检测,文4)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且满足,则a1a5=(　　)A.24B.8C.8D.165.(2022浙江宁波镇海中学5月模拟,文6)已知数列{an},{bn}都是公差为1的等差数列,b1是正整数,若a1+b1=10,则+…+=(　　)A.81B.99C.108D.1176.(2022浙江嵊州第二次教学质量调测,文4)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a4=8,且Sn+1=pSn+1,则实数p的值为(　　)A.1B.2C.D.47.设{an},{bn}分别为等差数列与等比数列,且a1=b1=4,a4=b4=1,则以下结论正确的是(　　)A.a2>b2B.a3<b3C.a5>b5D.a6>b6二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8.(2022浙江嘉兴下学期教学测试,文11)已知等差数列{an}的公差d≠0,首项a1=4,且a1,a5,a13依次成等比数列,则该数列的通项公式an=　　　　　,数列{}的前6项和为　　　　　. 9.(2022福建,文16)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于　　　　　. 10.已知a,b,c是递减的等差数列,若将其中两个数的位置互换,得到一个等比数列,则=　　　　　. 11.(2022浙江宁波镇海中学5月模拟考试,文14)已知{an}是公差不为0的等差数列,{bn}是等比数列,其中a1=2,b1=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常数α,β,使得an=logαbn+β对每一个正整数n都成立,则αβ=　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12.(本小题满分14分)(2022浙江嘉兴教学测试(二),文17)已知数列{an}是等比数列,且满足a2+a5=36,a3·a4=128.5\n(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{an}是递增数列,且bn=an+log2an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.13.(本小题满分15分)设数列{an}的前n项和为Sn,满足(1-q)Sn+qn=1,且q(q-1)≠0.(1)求{an}的通项公式;(2)若S3,S9,S6成等差数列,求证:a2,a8,a5成等差数列.14.(本小题满分16分)(2022广东,文19)设数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2=,a3=,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.(1)求a4的值;(2)证明:为等比数列;(3)求数列{an}的通项公式.参考答案5\n专题能力训练9　等差数列与等比数列1.D　解析:等比数列{an}为递增数列的充要条件为故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选D.2.A　解析:由a1+a3+a5=3,得3a3=3,解得a3=1.故S5==5a3=5.3.C　解析:设数列{an}的公比为q,则由题意得4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,得q=2.∴S4==15.4.C　解析:因为,所以,因为an>0,所以a1a2=4,a3a4=16,解得=2,q=,所以a1a5=q4=2×()4=8,故选C.5.D　解析:因为a1+b1=10,b1是正整数,所以可以分以下几种情况:①当a1,b1为1和9时,=a9=9,=a10=10,前9项和为+…+=9+10+…+16+17=117;②当a1,b1为2和8时,=a8=9,=a9=10,前9项和为+…+=9+10+…+16+17=117;③当a1,b1为3和7时,=a7=9,=a8=10,前9项和为+…+=9+10+…+16+17=117;……;⑨当a1,b1为9和1时,=a7=9,=a8=10,前9项和为+…+=9+10+…+16+17=117,故+…+=117,因此应选D.6.B　解析:因为数列{an}是等比数列,由Sn+1=pSn+1得Sn+2=pSn+1+1,两式相减得=p,所以公比q=p,由Sn+1=pSn+1得a1+a2=pa1+1,所以a1+pa1=pa1+1,即a1=1,由a4=8=a1p3得p3=8,所以p=2.故选B.7.A　解析:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由a1=b1=4,a4=b4=1,得d=-1,q=,∴a2=3,b2=2;a3=2,b3=;a5=0,b5=;a6=-1,b6=.故选A.8.n+3　1008　解析:由题意可得=a13·a1⇒(a1+4d)2=(a1+12d)·a1,即a1=4d,所以d=1.则该数列的通项公式an=n+3;数列{}的前6项和为24+25+…+29==1008.9.9　解析:由题意,得不妨设a<b,则-2,a,b成等差数列,a,-2,b成等比数列,即解得∴p+q=9.10.20　解析:依题意得①或②或③由①得a=b=c,这与a,b,c是递减的等差数列矛盾;5\n由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0.又a>b,因此有a=-2b,c=4b,故=20;由③消去a整理得(c-b)(c+2b)=0.又b>c,因此有c=-2b,a=4b,故=20.11.4　解析:设数列{an},{bn}的公差、公比分别为d,q,则由a1=2,b1=1,a2=b2得q=2+d.由2a4=b3得2(a1+3d)=b1q2,即d2-2d=0,因为公差不为0,所以d=2,q=4.所以an=a1+(n-1)d=2n,bn=b1qn-1=4n-1.又因为an=logαbn+β对每一个正整数n都成立,所以2n=logα4n-1+β对每一个正整数n都成立,所以当n=1时,β=2n=2,当n=2时,logα4+2=4,即α=2.所以αβ=4.故应填4.12.解:(1)因为{an}是等比数列,所以a3·a4=a2·a5=128.又a2+a5=36,因此a2,a5是方程x2-36x+128=0的两根,可解得因此所以,an=2n或an=64×=27-n.(2)数列{an}是递增数列,所以an=2n,bn=an+log2an=2n+n,Sn=(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+.13.(1)解:当n=1时,(1-q)S1+q=1,a1=1,当n≥2时,由(1-q)Sn+qn=1,得(1-q)Sn-1+qn-1=1,两式相减得(1-q)an+qn-qn-1=0,因为q(q-1)≠0,所以an=qn-1,当n=1时,a1=1.综上,an=qn-1.(2)证明:由(1)可知=q,所以{an}是以1为首项,q为公比的等比数列.所以Sn=,由S3+S6=2S9,得,化简得a3+a6=2a9,两边同除以q得a2+a5=2a8.故a2,a8,a5成等差数列.5\n14.(1)解:当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,即4+5=8+1,解得a4=.(2)证明:因为4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),所以4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),即4an+2+an=4an+1(n≥2).因为4a3+a1=4×+1=6=4a2,所以4an+2+an=4an+1(n∈N*).因为,所以数列是以a2-a1=1为首项,公比为的等比数列.(3)解:由(2)知数列是以a2-a1=1为首项,公比为的等比数列,所以an+1-an=,即=4,所以数列是以=2为首项,公差为4的等差数列,所以=2+(n-1)×4=4n-2,即an=(4n-2)×=(2n-1)×.所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×.5