专题18等差数列与等比数列基本量的问题（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考数学二轮优化提升专题训练（新高考地区专用）2924143

专题18 等差数列与等比数列基本量的问题 1、【2022年全国乙卷】已知等比数列{a }的前3项和为168，a −a =42，则a =（ ） n 2 5 6 A．14 B．12 C．6 D．3 【答案】D 【解析】设等比数列{a }的公比为q,q≠0， n 若q=1，则a −a =0，与题意矛盾， 2 5 所以q≠1， 则¿，解得¿， 所以a =a q5=3. 6 1 故选：D. 2、【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建 筑物的剖面图，DD ,CC ,BB ,A A 是举， OD ,DC ,CB ,BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分 1 1 1 1 1 1 1 1 DD CC BB A A 别为 1=0.5, 1 =k , 1=k , 1=k ，若k ,k ,k 是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率 OD DC 1 CB 2 BA 3 1 2 3 1 1 1 1 为0.725，则k =（ ） 3A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 【答案】D 【解析】设OD =DC =CB =BA =1，则CC =k ,BB =k ,A A =k ， 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 DD +CC +BB +A A 依题意，有k −0.2=k ,k −0.1=k ，且 1 1 1 1=0.725， 3 1 3 2 OD +DC +CB +BA 1 1 1 1 0.5+3k −0.3 所以 3 =0.725，故k =0.9， 4 3 故选：D 3、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记 为等比数列 的前n项和.若 ， ，则 （ ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】A 【解析】∵ 为等比数列 的前n项和， ∴ ， ， 成等比数列 ∴ ， ∴ ， ∴ . 故选：A. 4、（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条 对称轴把纸对折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格的图形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折 次，那么 ______ . 【答案】 (1). 5 (2). 【解析】（1）由对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，所以 对着三次的结果有： ，共4种不同规格（单位 ； 故对折4次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共5种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积 成公比为 的等比数列，首项为120 ,第n次对折后的图形面积为 ，对于第n此对折后 的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为 种（证明从略），故得猜想 ， 设 ， 则 ， 两式作差得：， 因此， . 故答案为： ； . 5、（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设 是等比数列，且 ， ，则 （ ） A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【解析】设等比数列 的公比为 ，则 ， ， 因此， . 故选：D. 6、（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S 为等比数列{a }的前n项和．若a – n n 5 a =12，a –a =24，则 =（ ） 3 6 4 A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为 ，由 可得： ， 所以 ， 因此 . 故选：B. 7、（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、 中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每 环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数 相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块 【答案】C 【解析】设第n环天石心块数为 ，第一层共有n环， 则 是以9为首项，9为公差的等差数列， ， 设 为 的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 ，因为下层比中层多729块， 所以 ，即 即 ，解得 ， 所以 . 故选：C 8、（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））数列 中， ， ，若 ，则 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解析】在等式 中，令 ，可得 ， ， 所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，则 ， ， ，则 ，解得 . 故选：C. 9、（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记 为等差数列 的前n项和．若 ，则 __________． 【答案】 【解析】 是等差数列，且 ， 设 等差数列的公差根据等差数列通项公式： 可得 即： 整理可得： 解得： 根据等差数列前 项和公式： 可得： . 故答案为： . 10、（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））记S 为等比数列{a }的前n项和.若 n n ，则S =___________． 4 【答案】 . 【解析】：设等比数列的公比为 ，由已知 ，即 解得 ， 所以 ．2S 11、【2022年全国甲卷】记S 为数列{a }的前n项和．已知 n+n=2a +1． n n n n (1)证明：{a }是等差数列； n (2)若a ,a ,a 成等比数列，求S 的最小值． 4 7 9 n 【答案】(1)证明见解析； (2)−78． 【解析】(1) 2S 解：因为 n+n=2a +1，即2S +n2=2na +n①， n n n n 当n≥2时，2S +(n−1) 2=2(n−1)a +(n−1)②， n−1 n−1 ①−②得，2S +n2−2S −(n−1) 2=2na +n−2(n−1)a −(n−1)， n n−1 n n−1 即2a +2n−1=2na −2(n−1)a +1， n n n−1 即2(n−1)a −2(n−1)a =2(n−1)，所以a −a =1，n≥2且n∈N*， n n−1 n n−1 所以{a }是以1为公差的等差数列． n (2)解：由（1）可得a =a +3，a =a +6，a =a +8， 4 1 7 1 9 1 又a ，a ，a 成等比数列，所以a ❑ 2=a ⋅a ， 4 7 9 7 4 9 即(a +6) 2=(a +3)⋅(a +8)，解得a =−12， 1 1 1 1 所以a =n−13，所以S =−12n+ n(n−1) = 1 n2− 25 n= 1( n− 25) 2 − 625 ， n n 2 2 2 2 2 8 所以，当n=12或n=13时(S ) =−78． n min 12、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）记 为数列 的前n项和， 为数列 的前n项积， 已知 ． （1）证明：数列 是等差数列;（2）求 的通项公式． 【解析】（1）由已知 得 ,且 ， , 取 ,由 得 , 由于 为数列 的前n项积， 所以 , 所以 ， 所以 , 由于 所以 ，即 ,其中 所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列; （2）由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列， , , 当n=1时， ,当n≥2时, ,显然对于n=1不成立, ∴ . 13、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记 为数列 的前n项和，已知 ，且数 列 是等差数列，证明： 是等差数列. 【解析】∵数列 是等差数列，设公差为 ∴ ， ∴ ， ∴当 时， 当 时， ，满足 ， ∴ 的通项公式为 ， ∴ ∴ 是等差数列. 14、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知数列 的各项均为正数，记 为 的前n项和， 从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列 是等差数列：②数列 是等差数列；③ ． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】选①②作条件证明③：设 ，则 ， 当 时， ； 当 时， ； 因为 也是等差数列，所以 ，解得 ； 所以 ，所以 . 选①③作条件证明②： 因为 ， 是等差数列， 所以公差 ， 所以 ，即 ， 因为 ， 所以 是等差数列. 选②③作条件证明①： 设 ，则 ， 当 时， ； 当 时， ； 因为 ，所以 ，解得 或 ； 当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差 数列；当 时， ， 不合题意，舍去. 综上可知 为等差数列. 题组一、等差、等比数列的基本量的问题 1-1、（2022·江苏海安·高三期末）设数列 为等比数列，若 ， ，则数列 的前 项和为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设等比数列 的公比为 ，则 ，解得 ， 因此，数列 的前 项和为 . 故选：C. 1-2、（2022·江苏常州·高三期末）小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值 元的家 电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款 （2022年12月1日最后一次还款），月利率为 ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A． 元 B． 元 C． 元 D． 元 【答案】A 【解析】设每月还 元，按复利计算，则有 即解之得 ， 故选：A 1-3、（2022·山东淄博·高三期末）己知等比数列 的前n项和为 ，若 ， ，则公比 （ ） A．－2 B．2 C． D． 【答案】B 【解析】由题得 ， 等比数列 的前 项和为 ， ， ， ，解得 ， ． 故选：B 1-4、（2022·江苏苏州·高三期末）记 为等差数列 的前 项和，若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 ， 则 ， 故选：C． 1-5、（2022·广东罗湖·高三期末）（多选题）已知d为等差数列 的公差， 为其前n项和，若 为递减数列，则下列结论正确的为（ ） A．数列 为递减数列 B．数列 是等差数列 C． ， ， 依次成等差数列 D．若 ， ，则 【答案】BD 【解析】由题意可知数列 是等差数列，且递减， 则 ， 不妨举例如： 则 ，这三项不构成递减数列，故A错； 而 ,这三项不构成等差数列，说明C错； 对于B， ，是关于n的一次函数， 因此 是等差数列，故B正确； 对于D， ，则 ， ，则 ， 故 ，故D正确， 故选：BD. 1-6、（2022·江苏苏州·高三期末）记数列 的前 项积为 ，写出一个同时满足①②的数列 的通项 公式： __________． ① 是递增的等比数列；② ． 【答案】 (答案不唯一)【解析】 ， ， ． 不妨设 ，则 ， ． 故答案为： (答案不唯一) 题组二、等差、等比数列的判断与证明 2-1、（2022·山东青岛·高三期末）在数列 中，若 ，( 为常数)，则称 为 “等方差数列”，p称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ） A． 是等方差数列 B．若数列 既是等方差数列，又是等差数列，该数列必为常数列 C．正项等方差数列 的首项 ，且 是等比数列，则 D．若等方差数列 的首项为2，公方差为2，若将 ，… 这种顺序排列的10个数作为某种密码， 则可以表示512种不同密码 【答案】ABD 【解析】选项A. 若 ，则 ，则 ，所以 是等方差数列，故正确. 选项B. 由数列 是等差数列，则 由数列 既是等方差数列,则 ，则 即 当 时，数列 为常数列 当 时， ，结合 ，可得 ，所以数列 为常数列 故数列 为常数列，所以选项B正确. 选项C. 由题意 ，则 ，由 等比数列，则 ，即 ，解得 或 当 时， ，满足题意，故选项C不正确. 选项D. 数列 是首项为2，公方差为2的等方差数列，则 由题意 ， 所以 中的每一项，可能取正或负，有2种取法. 所以 ，… 有 种不同的排法结果；所以选项D正确 故选：ABD 2-2、（2022·山东日照·高三期末）数列 的各项均是正数， ， ，函数 在点 处的切线过点 ，则下列正确的是（ ） A． B．数列 是等比数列 C．数列 是等比数列 D． 【答案】ABD 【解析】对函数 求导得 ，故函数 在点 处的切线方程为 ， 即 ， 由已知可得 ， 对任意的 ， ，则 ，即 ，所以， ， 所以，数列 是等比数列，且首项为 ，公比为 ，B对； ，A对； 且 ，故数列 不是等比数列，C错； 由上可知，因为 ，且 ，则 ， 即 ，所以， 且 ，故数列 是等比数列，且首项为 ，公比为 ， 因此， ，D对. 故选：ABD. a  n S 2-3、（2021·河北张家口市·高三期末）（多选题）已知数列 n 的前 项和为 n，下列说法正确的是（ ） S n2 1 a  A．若 n ，则 n 是等差数列 S 3n 1 a  B．若 n ，则 n 是等比数列 a  S 9a C．若 n 是等差数列，则 9 5 a  a 0 q0 S S S2 D．若 n 是等比数列，且 1 ， ，则 1 3 2 【答案】BC S n2 1 a 2n1 a 2 a 2n1 n2 【解析】若 n ，当 时， n ， 1 不满足 n ，故A错误. 23n1,n2 a  若 S 3n 1 ，则 n 2,n1 ， a 2 满足 a 23n1，所以a 是等比数列，故B正确. n 1 n n 9a a  若 a n  是等差数列，则 S 9  1 2 9 9a 5，故C正确.S S S2 a2 1qq2 a21q2 a2q0 1 3 2 1 1 1 ，故D错误. 故选：BC a  n S 2-4、（2020·河北邯郸市·高三期末）（多选题）已知数列 n 的前 项和为 n，且满足 4a n1 2a n1 a n 4a n 0,a 1 1 ，则下列结论正确的是（ ） 1 1, {a } A．若 2，则 是等差数列 n  1  1 n B．若1, ，则数列  S  的前 项和为 2  n  n n1 1 2, a 1 C．若 2，则 n 是等比数列 1 2, S 2n1n2 D．若 2，则 n 【答案】ACD 【解析】因为数列 a n  的前 n 项和为 S n，且满足 4a n1 2a n1 a n 4a n 0 ， 1 1,  2a n1 2 2a n12a n 2  2a n 2 0 当 2时，可得 ， 即  2a n 12a n  2a n1 22a n  0 ，所以2a n 1 22a n， a a 1 a a 1 可得 n1 n ，即 n1 n ， a 1 a 1(n1)1n 又因为 1 ，所以 n ， n(n1) 1 1 1  1 1 1 2n S  2    ,  L   则 n 2 ，可得S n n1 S S S n1， n 1 2 n 故A正确，B不正确.1 2,  2a n1 2 2a n122a n 2  22a n 2 0 当 2时，由已知得 ，  2a n1 22a n  2a n1 222a n  0 即 ， a 2a 1 a 12a 1 a 12n 所以 n1 n ，所以 n1 n ，所以 n ， 2  12n S  n2n1n2 所以a 2n 1，所以 n 12 ，故C正确，D正确. n 故选：ACD. 1、（2022·湖南常德·高三期末）在流行病学中，基本传染数 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免 疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数． 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每 次接触过程中传染的概率决定．对于 ，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染 源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数 ，平均感染周期为7天（初始感染者传染 个人 为第一轮传染，经过一个周期后这 个人每人再传染 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初 始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据： ， ）（ ） A．35 B．42 C．49 D．56 【答案】B 【解析】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染, 则每轮新增感染人数为 ， 经过n轮传染，总共感染人数为： ，∵ ，∴当感染人数增加到1000人时， ，化简得 ， 由 ，故得 ，又∵平均感染周期为7天， 所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要 天， 故选：B a  a 1 a a 2n nN 2、（2021·山东济南市·高三二模）（多选题）已知数列 n 中， 1 ， n n1 ， +，则下列 说法正确的是（ ） a 4 a  A． 4 B． 2n 是等比数列 a a 2n1 a a 2n1 C． 2n 2n1 D． 2n1 2n 【答案】ABC a 1 a a 2n 【解析】因为 1 ， n n1 ， a 2,a 2,a 4 所以 2 3 4 ， a a 2n a a 2n1 由 n n1 可得 n1 n2 ， a n2 2 所以 a ， n a  a  所以 2n ， 2n1 分别是以2,1为首项，公比为2的等比数列， a 22n1 2n,a 12n1 2n1 所以 2n 2n1 ， a a 2n1 a a 32n1 2n1 所以 2n 2n1 ， 2n1 2n ， 综上可知，ABC正确，D错误. 故选：ABC 3、（2022·广东揭阳·高三期末）在等差数列 中， 分别是方程 的两个根，则 __________. 【答案】8【解析】根据韦达定理可得 ，由等差数列的性质可得 ， 从而可得 . 故答案为：8 4、（2022·广东潮州·高三期末）设 是首项为2的等比数列， 是其前n项和．若 ，则 _________． 【答案】62 【解析】设数列 的公比为 ，则根据题意得， 又 ，所以计算得 . 由等比数列前n项和 得，数列 的前五项和为， 故答案为：62. 5、（2022·广东汕尾·高三期末）已知等差数列 的前n项和是 ，且 ，则 ______． 【答案】136 【解析】由题意得 ． 故答案为：136 6、（2022·山东烟台·高三期末）在等差数列 中， ，则 ______． 【答案】2 【解析】因为 是等差数列，设其公差为d，所以根据 可得： ， 即 ，则 ， 故答案为：2. 7、（2022·河北唐山·高三期末）等差数列 的公差为2，若 ， ， 成等比数列，则 ______． 【答案】4 【解析】由题意， . 故答案为：4. 8、（2022·河北张家口·高三期末）已知 为等差数列， ， ，且 、 、 成等比数列， 则 ___________. 【答案】 【解析】设等差数列 的公差为 ，则 ， 由 可得 ，整理可得 ，可得 ， 所以， ，可得 ，因此， . 故答案为： .