全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题9等差数列与等比数列含解析.docx

1、【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题9 等差数列与等比数列一、选择题1(文)(2022东北三省三校联考)等差数列an的前n项和为Sn，若a2a4a6 12，则S7的值是()A21 B24 C28 D7答案C解析a2a4a63a412，a44，2a4a1a78，S728.方法点拨1.熟记等差、等比数列的求和公式2形如an1anf(n)的递推关系用累加法可求出通项；3形如an1anf(n)的递推关系可考虑用累乘法求通项an；4形如an1kanb(k、b为常数)可通过变形，设bnan构造等比数列求通项an.(理)在等比数列an中，a1a，前n项和为Sn，若数

2、列an1成等差数列，则Sn等于()Aan1a Bn(a1)CnaD(a1)n1答案C解析利用常数列a，a，a，判断，则存在等差数列a1，a1，a1，或通过下列运算得到：2(aq1)(a1)(aq21)，q1，Snna.2(文)已知Sn为等差数列an的前n项和，若S11，4，则的值为()A.B.C.D4答案A解析由等差数列的性质可知S2，S4S2，S6S4成等差数列，由4得3，则S6S45S2，所以S44S2，S69S2，.(理)(2022全国大纲文，8)设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31B32C63D64答案C解析解法1：由条件知：an0，且q2.a11，S6

3、63.解法2：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S663.方法点拨下标成等差的等差、等比数列的项或前n项和的问题，常考虑应用等差、等比数列的性质求解3(2022浙江理，3)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS40Ba1d0，dS40，dS40Da1d0答案B解析考查等差数列的通项公式及其前n项和；等比数列的概念an为等差数列，且a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)a1d，S42(a1a4)2(a1a13d)d，a1dd20，dS4

4、d20，故选B.4等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A.BC.D答案C解析S3a210a1，a1a2a3a210a1，a39a1a1q2，q29，又a59，9a3q29a3，a31，又a39a1，故a1.方法点拨求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解5(2022江西省质检)已知数列an满足a11，a23，an23an(nN*)，则数列an的前2022项的和S2022等于()A310082B310083C320222D320223答案A解析因为a11，a23，3，所以S2022(a1a3a2022)(a2

5、a4a2022)310082.6(文)(2022新乡、许昌、平顶山调研)设an是等比数列，Sn是an的前n项和，对任意正整数n，有an2an1an20，又a12，则S101的值为()A2B200C2D0答案A解析设公比为q，an2an1an20，a12a2a30，a12a1qa1q20，q22q10，q1，又a12，S1012.(理)(2022哈三中二模)等比数列an，满足a1a2a3a4a53，aaaaa15，则a1a2a3a4a5的值是()A3 B.CD5答案D解析由条件知，5，a1a2a3a4a55.7(文)在等差数列an中，a1a2a33，a18a19a2087，则此数列前20项的和等

6、于()A290B300C580D600答案B解析由a1a2a33，a18a19a2087得，a1a2030，S20300.(理)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则()A1B1C32D32答案C解析由条件知a3a12a2，a1q2a12a1q，a10，q22q10，q0，q1，q232.8(2022福建理，8)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)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pq的值等于()A6B7C8D9答案D解析由韦达定理得abp，abq，因为p0，q0，则a0，b0，当a，b，2适当排序

7、后成等比数列时，2必为等比中项，故ab(2)24，故q4，b.当适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a2，解得a1，b4，；当b是等差中项时，a2，解得a4，b1，综上所述，abp5，所以pq9，选D.9已知数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN，则数列ban的前10项的和为()A.(491) B.(4101)C.(491) D.(4101)答案D解析由a11，an1an2得，an2n1，由2，b11得bn2n1，ban2an122(n1)4n1，数列ban前10项和为(4101)10(文)若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn等于()A1 B.(1)

8、C1 D.(1)答案B解析因为an12n12n1，所以anan12n12n24n1，所以()n1，所以也是等比数列，所以Tn(1)，故选B.(理)(2022唐山市一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1B4n1C2n1D2n1答案C解析设公比为q，则a1(1q2)，a2(1q2)，q，a1a1，a12.ana1qn12()n1，Sn41()n，2(2n1)2n1.点评用一般解法解出a1、q，计算量大，若注意到等比数列的性质及求，可简明解答如下：a2a4q(a1a3)，q，2n1.11给出数列，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号是()A4900B4901

9、C5000D5001答案B解析根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1239850504901.点评本题考查归纳能力，由已知项找到规律，“1”所在项的特点以及项数与分子、分母的和之间的关系，再利用等差数列求和公式即可二、填空题12(文)(2022广东理，10)在等差数列an中，若a3a4a5a6a7

10、25，则a2a8_.答案10解析本题考查等差数列的性质及简单运算，属于容易题因为an是等差数列，所以a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525 即a55，a2a82a510.(理)(2022湖南理，14)设Sn为等比数列an的前n项和若a11，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an_.答案3n1解析考查等差数列与等比数列的性质3S1,2S2，S3成等差数列，4S23S1S3，4(a1a2)3a1a1a2a3a33a2q3.又an为等比数列，ana1qn13n1.方法点拨条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，

11、要特别注意等差、等比数列性质的区别13(文)(2022安徽理，14)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_答案2n1解析考查1.等比数列的性质；2.等比数列的前n项和公式由题意，解得a11，a48或者a18，a41，而数列an是递增的等比数列，所以a11，a48，即q38，所以q2，因而数列an的前n项和Sn2n1.(理)(2022江苏，11)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_答案解析考查数列通项，裂项求和由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21，所以2()，Sn2(1)2()2(

12、)2(1)，S10.三、解答题14(文)设数列an的前n项和为Sn，且Sn4anp(nN*)，其中p是不为零的常数(1)证明：数列an是等比数列；(2)当p3时，若数列bn满足bn1anbn(nN*)，b12，求数列bn的通项公式解析(1)证明：因为Sn4anp(nN*)，则Sn14an1p(nN*，n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得anan1.由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a1.所以an是首项为，公比为的等比数列(2)因为a11，则an()n1，由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn()n1，当n2时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(b

13、nbn1)23()n11，当n1时，上式也成立bn3()n11.方法点拨证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化(理)(2022河南高考适应性测试)已知数列an的各项均为正数，且a12，ana4an12.(1)令bnlog2(an2)，证明：数列bn是等比数列(2)设cnnbn，求数列cn的前n项和Sn.解析(1)由ana4an12，得an2a4an14(an12)2.因为an0，所以an12.因为，又b1log2(a12)2，所以数列bn是首项为2，公比为的等比数列(2)由(1)知，bn2n1，则cn2nn1.Sn20412(n1)n22nn1，Sn21422(n

14、1)n12nn.得：Sn2021222n12nn2nn4(42n)n.所以Sn8(n2)n2.15(2022南昌市一模)已知等差数列an的前n项和为Sn，a11，S36，正项数列bn满足b1b2b3bn2Sn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若bnan对nN*均成立，求实数的取值范围解析(1)等差数列an，a11，S36，d1，故ann，(1)(2)得bn2SnSn12an2n(n2)，b12S1212，满足通项公式，故bn2n(2) 设bnan恒成立恒成立，设cn当n2时，cn.16(文)(2022湖北理，18)已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列a

15、n的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由分析(1)设数列an的公差为d，利用等比数列的性质得到aa1a5，并用a1、d表示a2、a5，列等式求解公差d，进而求出通项，注意对公差d分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列an的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前n项和公式求解Sn，然后根据Sn60n800列不等式求解解析(1)设数列an的公差为d，依题意，2,2d,24d成等比数列，故有(2d)22(24d)化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数

16、列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立，当an4n2时，Sn2n2，令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.方法点拨存在型探索性问题解答时先假设存在，依据相关知识(概念、定理、公式、法则、性质等)，结合所给条件进行推理或运算，直到得出结果或一个明显成立或错误的结论，从而断定存在与否(理)(2022新课标理，17)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2

17、an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由分析(1)利用an1Sn1Sn用配凑法可获证；(2)假设存在，则a1，a2，a3应成等差数列求出的值，然后依据an2an推证an为等差数列解析(1)由题设：anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.由于an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21. 由(1)知，a31，令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列.11