专题强化训练五 等差数列和等比数列综合常考重难点强化试题精选-2021-2022学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册）.doc

1、高二数学考点题型 技巧精讲与精练高分突破系列(人教A版选择性必修第二册)第四章：数列专题强化训练五：等差数列和等比数列综合常考重难点强化试题精选一、单选题1（2021全国高二课时练习）记为等差数列的前n项和已知，则ABCD2（2021西藏拉萨中学高二月考）设是等比数列，且，则（ ）A12B24C30D323（2021河南郑州市第一六高级中学高二月考）记Sn为等比数列an的前n项和若a5a3=12，a6a4=24，则=（ ）A2n1B221nC22n1D21n14（2021河南郑州市第一六高级中学高二月考）等差数列的公差是2，若 成等比数列，则的前 项和ABCD5（2021河南平顶山高二期中）在

2、正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为A2BC3D6（2020河北藁城新冀明中学高二月考） 已知等差数列的公差为d,前n项和为,则“d0”是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7（2021四川省南充高级中学高二月考（理）已知等差数列an的前n项和Sn，公差d0，记b1=S2，bn+1=S2n+2S2n，下列等式不可能成立的是（ ）A2a4=a2+a6B2b4=b2+b6CD8（2020广西逸仙中学高二期中（理）已知等差数列、，其前项和分别为、，则ABCD9（2019北京市第九中学高二期中）我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加

3、增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A1盏B3盏C5盏D9盏10（2021全国高二专题练习）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）ABCD11（2021全国高二课时练习）已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则ABCD12（2021江苏苏州中学高二期中）已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则ABCD二、多选题13（2021全国高二课时练习）已知数列是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是ABCD14（2021江苏扬中市第二高级中学高二开学考试）若为数列的前项和，且，则下列说法正确

4、的是ABC数列是等比数列D数列是等比数列15（2021江苏西安交大苏州附中高二月考）（多选题）设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，下列结论正确的是（ ）AS20190”是“S4 + S62S5”的充要条件，选C7D【分析】根据题意可得，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，A正确；对于B，由题意可知，根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；对于C，当时，C正确；对于D，当时，即；当时，即，所以，D不正确故选：D.8A【分析】利用等差数列的前项和公式以及等差中项的性质得出，

5、于此可得出结果【详解】由等差数列的前项和公式以及等差中项的性质得，同理可得，因此，故选A9B【详解】设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，S7=381，解得a1=3故选B10A【分析】显然可知，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解【详解】因为，所以，由，即根据累加法可得，当且仅当时取等号，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即故选：A【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最

6、后由裂项相消法求得11C【详解】试题分析：由已知，所以，因为数列的各项均为正，所以，故选C12D【详解】设各项都是正数的等比数列an的公比为q，（q0）由题意可得 即q2-2q-3=0，解得q=-1（舍去），或q=3，故故选D13AD【分析】主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能是等比数列，在不为0时，根据等比数列的定义确定【详解】时，数列不一定是等比数列，时，数列不一定是等比数列，由等比数列的定义知和都是等比数列故选AD14AC【详解】因为为数列的前项和，且，所以，因此，当时，即，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；因此，故A正确；又，所以，故B错误；因为，所以数

7、列不是等比数列，故D错误.故选：AC.15AB【分析】当时，不成立；当时，不成立；故，且，进而可得结果.【详解】当时，不成立；当时，不成立；故，且，故，正确；，故正确；是数列中的最大值，错误；故选：16AB【分析】由已知可得:,则数列为等差数列通过公式即可求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为 ,通过裂项求和可求得;由等差的性质可知利用基本不等式可验证选项D错误.【详解】由已知可得:,则数列为等差数列,则前10项和为.所以A正确; 成等比数列,则,即,解得故B正确;因为所以,解得,故的最小值为7,故选项C错误;等差的性质可知,所以,当且仅当时,即时取等号,因为,所以不成立,故选项D错误

8、.故选:AB.17BCD【详解】对任意的，.当时，可得；当时，由可得，上述两式作差得，可得，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，A选项错误，B选项正确；，所以，C选项正确；，所以，D选项正确.故选：BCD.18AB【详解】按照规律有，故A对C错故B对，故D错故选：AB19【详解】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.20；【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当

9、n2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得anan1，即=-2，故数列an是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-121设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，求得，那么，故答案为.【考点】等差数列和等比数列22【详解】分析：由题意可得，利用倒序相加法，从而即可得到答案.详解：，设 则 +得，.故答案为2018.23（1）；（2）.【详解】（1）由题设可得又， 故，即，即所以为等差数列，故.（2）设的前项和为，则，因为，所以.【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推

10、关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.24（1）；（2）【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.【详解】(1) 设等比数列的公比为q(q1)，则，整理可得：，数列的通项公式为：.(2)由于：，故：.25（I）；（II）证明见解析.【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.所以，故，所以数列

11、是首项为，公比为的等比数列，所以.所以（）.所以，又，符合，故.（II）依题意设，由于，所以，故.又，而，故所以.由于，所以，所以.即， .26（） ; （）.【详解】（） 由已知，有，即，所以，又因为，故，由，得，当时，当时，所以的通项公式为（） 由（）得，设数列的前项和为，则，两式相减得，整理得所以数列的前项和为.27（1）；（2）；（3）【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；（3）可得，可得的值.【详解】解：（1）由题意得：，可得，由，可得，由，可得，可得，可得;(2)由，可得，由，可得，可得，可得的通项公

12、式：=，可得： -得：=，可得;(3)由 可得，可得：=28（1）略（2）【详解】试题分析：（1）题中条件，而要证明的是数列是等差数列，因此需将条件中所给的的递推公式转化为的递推公式：，从而，进而得证；（2）由（1）可得，因此数列的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积，故可考虑采用错位相减法求其前项和，即有：，得：，-得.试题解析：（1）， ，又，则是为首项为公差的等差数列；由（1）得 ，得：，-得.考点：1.数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和.29（） ，； （）.【分析】（）利用等差数列的性质求数列的通项公式，利用等比数列的性质求的通项公式. （）由题得，再利用分组求和、错位相减法求数列的前项和.【详解】（） 是以为首项，2为公差的等差数列， 是以为首项，3为公比的等比数列，（）由(1)知 ，设的前项和为 得 ，所以 设的前项和为,当为偶数时，当为奇数时，为偶数，30（1）, (2) 【分析】（1）利用等差数列的首项和公差,代入，求出，进而求出；可看成是一个等差数列和一个等比数列的乘积，故可用错位相减法求和.（2）通过分奇偶讨论求出，再利用参变分离求的范围.【详解】（）设等差数列的公差为，首项，由题意，则,解得.则.， ， -得，. (2), 当为奇数时， 当为偶数时， 综上所述，22原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！