新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测十三等差数列等比数列文

A级——“12＋4”提速练

1．已知数列{an}满足an＋1＝2an(n∈N*)，a1＋a3＝2，则a5＋a7＝(　　)A．8　　　　　　　　　　C．32

B．16D．

解析：选C　因为数列{an}满足an＋1＝2an(n∈N*)，所以此数列是等比数列，公比为2，所以

a5＋a7＝24(a1＋a3)＝24×2＝32.

2．(2019·长春质监)等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，a2＋a3＝10，S6＝，则该数列的公差

d为(　　)

A．2 C．4

B．3D．6

解析：选C　法一：由题意，知Error!解得Error!故选C.法二：

a1＋a6·6a3＋a4·6∵S6＝，故选C.

3．(2019·广东六校第一次联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若

2

＝

2

＝，∴a3＋a4＝18.∵a2＋a3＝10，∴a4－a2＝18－10＝8＝2d，∴d＝4

a1＝1，则S4＝(　　)

A．16 C．8

B．15D．7

解析：选B　设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以

1×1－24

4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝

1－2

＝15，故选B.

4．在等比数列{an}中，“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1”的(　　)A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

解析：选A　在等比数列{an}中，a1·a3＝a2.由a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根可得

a1·a3＝1，所以a2＝1，所以a2＝±1，所以“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1”的充

分条件；由a2＝±1得a1·a3＝1，满足此条件的一元二次方程不止一个．所以“a1，a3是方程

x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1 ”的充分不必要条件，故选A.

5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，则a33＝(　　)

A．82 C．100

B．97D．115

解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，则由Error!得Error!解得Error!所以

a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故选C.

6．(2019·福州质检)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝，则

S5＝(　　)

A．32 C．

B．31D．63

解析：选B　设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得Error!解得Error!所以

S5＝31，故选B.

7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5，令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为(　　)

A．－n C．n

B．－2nD．2n解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得

d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n，选

B.

8．若f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列fn(n∈N*)的前n项和为(　　)

{}1

nA.n＋1 n＋2B.n＋1n＋1D.n1

1

nC.n－1

解析：选A　因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm－1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以

11

m＝2，a＝1，所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，所以fn＝nn＋1＝n－n＋1，所以数列fn的前n项和为

1

1

1

1

{}f1＋f2＋…＋fn＝

()()1－

111111n－－2＋23＋…＋nn＋1＝1－n＋1＝n＋1.故选A.

()9．(2019·武昌区调研考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝(　　)A．40 C．45

B．44D．49

解析：选B　因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又

a1＝S1＝0，所以an＝Error!所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B.

10．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)A．10

B．11

C．12 D．13

解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝13a1＋a13

2

＝13a7<0，S12＝

12a1＋a12

2

＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值

为12，故选C.

8－2a4·a9，且公比11．(2019·江西八所重点中考)已知数列{an}是等比数列，若ma6·a7＝a2

3

q∈(5，2)，则实数m的取值范围是(　　)

A．(2,6) C．(3,6)

B．(2,5)D．(3,5)

a28

8－2a4·a9，a6·a7＝a4·a9，∴m＝a6·a7－2＝q3－2，又q∈(35，2)，解析：选C　∵ma6·a7＝a2

∴312．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)A．2n－1 2

C.3

()n－1

()1D.(2)3B.2

n－1

n－1

1

解析：选B　当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝2.当n≥2时，Sn－1＝2an，则

an＋133

Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以an＝2，所以当n≥2时，数列{an}是公比为2的等比数列，所以

13

×1－n－122

1131333

1－2an＝Error!所以Sn＝1＋2＋2×2＋…＋2×2n－2＝1＋＝2

[()]()()n－1，故选B.

13．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．解析：根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8>0，即a8>0.又a8＋a9＝a7＋a10<0，所以a9<0，所以当n＝8时，{an}的前n项和最大．

答案：8

14．已知递增的等差数列{an}的前三项和为－6，前三项积为10，则前10项和S10＝________.解析：设前三项为a－d，a，a＋d(d>0)，则有Error!解得Error!

所以数列首项为a－d＝－5，公差d＝3，

10×9

2故前10项和为S10＝10a1＋×d＝－50＋135＝85.答案：85

15．(2019·贵阳第一学期监测)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝7.当n∈N*时，an＋2是乘积an·an＋1

的个位数，则a2 019＝________.

解析：

a1＝3，a2＝7，a1a2＝21，a3＝1，a2a3＝7，a4＝7，a3a4＝7，a5＝7，a4a5＝49，a6＝9，a5a6＝63，a7＝3

，a6a7＝27，a8＝7，a7a8＝21，a9＝1，a8a9＝7，所以数列{an}是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a2 019＝a3＝1.

答案：1

16．在数列{an}中，已知a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数列，若bn＝nan，则数列{an}的通项公式为________；数列{bn}的前n项和Tn＝________________.

a2－1

解析：因为{an－1}是等比数列且a1－1＝2，a2－1＝4，a1－1＝2，所以an－1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n＋1，则bn＝nan＝n·2n＋n，

故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)．令Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，

则2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，

21－2n

两式相减，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝1－2－n·2n＋1，所以Sn＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.

nn＋1

又1＋2＋3＋…＋n＝

2

，2

.

n2＋n＋4

所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋

n2＋n＋4

答案：an＝2n＋1　(n－1)·2n＋1＋

2

B级——拔高小题提能练

121

1．已知数列{an}满足a1＝1，an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，其前n项和为Sn，则满足Sn≥81的n的最小值为(　　)

A．6 C．8

B．5D．7

an1

解析：选B　由an－1＝3an(n≥2，n∈N*)可得an－1＝3(n≥2，n∈N*)，可得数列{an}是首项a1＝1，

1n311311213112112421－1－n1－n3＝23.由Sn≥81可得23≥81，1－3n≥243，得公比q＝3的等比数列，所以Sn＝

1－

()[()][()]()n≥5(n∈N*)，故选B.

1

2．设数列{an}的前n项和为Sn，且首项a1＝4，an＋1＝Sn(n∈N*)，若Cn＝log2Sn·log2Sn＋1，数列{Cn}的前n项和为Tn，则Tn＝(　　)

nnnA.n＋1 B.2n＋1

nC.2n＋2 D.n＋2

Sn＋1

解析：选C　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，所以Sn＋1＝2Sn，所以Sn＝2，

所以{Sn}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝4×2n－1＝2n＋1，log2Sn＝log22n＋1＝n＋1，1111

所以Cn＝log2Sn·log2Sn＋1＝n＋1n＋2，Tn＝C1＋C2＋…＋Cn＝2×3＋3×4＋…＋

n11111111

n＋1×n＋2＝2－3＋3－4＋…＋n＋1－n＋2＝2－n＋2＝2n＋2，故选C.

1

3．在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该．已知数列{1,2}．第一次“H扩展”后得到{1,3,2}；第二次“H扩展”后得到数列的一次“H扩展”

{1,4,3,5,2}．那么第10次“H扩展”后得到的数列的项数为(　　)

A．1 023 C．513

B．1 025D．511

解析：选B　设第n次“H扩展”后得到的数列的项数为an，则第n＋1次“H扩展”后得到的数列

an＋1－1

的项数为an＋1＝2an－1，∴an＋1－1＝2(an－1)，∴an－1＝2.又a1－1＝3－1＝2，∴{an－1}是以2

为首项，2为公比的等比数列，∴an－1＝2·2n－1，∴an＝2n＋1，∴a10＝210＋1＝1 025.故选B.

4．(2019·安徽五校联考)设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2 01的和为________．

4an＋4an－5

解析：由(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4，得an＋1＝an＋3－3＝an＋3，因为a1＝5，所以

5

a2＝0，a3＝－3，a4＝－5，a5＝5，则数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2 018＝504×4＋2，且55

a1＋a2＋a3＋a4＝－3，即一个周期的和为－3，所以数列{an}的前2 5

－3×504＋5＋0＝－835.

答案：－835

01的和为

an＋2－an＋1

5．在数列{an}中，n∈N*，若an＋1－an＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对

“等差比数列”的判断：

①k不可能为0；

②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．

解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．

答案：①④