1
考点突破练4 等差数列、等比数列
一、必备知识夯实练
1.(2023 河北秦皇岛二模)已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n 项和为Sn,若S9=18,则a5=
(
)
A.-2
B.0
C.2
D.4
2.(2023 湖北4 月调研)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=3√3,则
tan a1+a7
1-b2b6
=( )
A.√3
B.-√3
C.√3
3
D.-√3
3
3.(2023 山东济南一模)已知等比数列{an}的前n 项积为Tn,a1=16,公比q=1
2,则Tn取最大值时n 的值为
( )
A.3
B.6
C.4 或5
D.6 或7
4.(2023 湖南张家界二模)已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若ln a1,ln a3,ln a6也是等差
数列,则其公差为( )
A.ln d
B.ln 2d
C.ln2
3
D.ln3
2
5.(多选题)(2023 湖南襄阳模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且满足a5=-4,S5=-40,则( )
A.a10=6
B.S10=-30
C.当且仅当n=6 时,Sn取最小值
D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0
6.(2023 广东深圳高三统考)我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”,它在世界数
学史上具有光辉的一页,堪称数学史上名垂百世的成就,而且一直启发和指引着历代数学家们.定理涉
及的是数的整除问题,其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛的应用,为
世界数学的发展做出了巨大贡献,现有这样一个整除问题:将1 到2 022 这2 022 个整数中能被5 除余
2 且被7 除余2 的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},那么此数列的项数为( )
A.56
B.57
C.58
D.59
7.(2023 河北唐山期末)等比数列{an}满足a2+8a5=0,设数列{ 1
an
}的前n 项和为Sn,则S5
S2
=( )
A.-11
B.-8
C.5
D.11
8.(多选题)(2023 广东湛江二模)一百零八塔始建于西夏时期,是中国现存最大且排列最整齐的塔群之
一,塔群随山势凿石分阶而建,自上而下一共12 层,第1 层有1 座塔,从第2 层开始每层的塔数均不少
于上一层的塔数,总计108 座塔.已知包括第1 层在内的其中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下
的两层的塔数分别与上一层的塔数相等,第1 层与第2 层的塔数不同,则下列结论正确的有( )
A.第3 层的塔数为3
B.第4 层与第5 层的塔数相等
C.第6 层的塔数为9
D.等差数列{an}的公差为2
9.(2023 湖北十堰高三统考)设等比数列{an}的前n 项和为Sn,写出一个满足下列条件的{an}的公比q=
.
①a1>0;②{an}是递增数列;③S3<13a1.
2
10.(2023 湖北武汉高三联考)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n 项和,
S11=11,b5b7=3,则log3
a6
b6
2= .
11.(2023 北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测
量物体质量的“环权”.已知9 枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9 的数列{an},该数列的前
3 项成等差数列,后7 项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= ;数列{an}所有项的
和为 .
二、关键能力提升练
12.(2023 福建南安高三检测)若数列{an}满足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),记Tn=a1a2…an,则
T2 023=( )
A.-1
B.1
λ
C.1- λ
1+ λ
D. λ( λ-1)
1+ λ
13.(2023 湖南长沙一模)斐波那契数列{Fn},因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又
称为“兔子数列”,该数列{Fn}满足F1=F2=1,且Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以法国数学家
爱德华·卢卡斯命名,与斐波那契数列联系紧密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),则F2 023=( )
A.1
3L2 022+1
6L2 024
B.1
3L2 022+1
7 L2 024
C.1
5L2 022+1
5L2 024
D.-1
5L2 022+2
5L2 024
14.(多选题)(2023 河北石家庄模拟)已知数列{an}满足a1=1
3,an+1= 2an
2an+1(n∈N*),则下列结论正确的
是( )
A.{ 1
an
-2}为等比数列
B.{an}的通项公式为an= 2
n-1
2
n+1
C.{an}为递减数列
D.{ 1
an
}的前n 项和Tn=2n+1-2-n
15.设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,则k 的值为 .
16.(2023 河北邯郸二模)若数列{an}从第二项起,每一项与前一项的差构成等差数列,则称数列{an}为
二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上,用剪刀沿直线剪一圆形纸片,将剪n(n∈N*)刀最多可以将
圆形纸片分成的块数记为bn,经实际操作可得b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,…,根据这一规律,得到二阶等差
数列{bn},则b8= ;若将圆形纸片最多分成1 276 块,则n= .
三、核心素养创新练
17.(多选题)(2023 湖南常德一模)如图,有一列曲线Ω1,Ω2,…,Ωn,…,且Ω1是边长为1 的等边三角形,Ωi+1
是对Ωi(i=1,2,…)进行如下操作而得到:将曲线Ωi的每条边进行三等分,以每边中间部分的线段为边,
向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉得到Ωi+1,记曲线Ωn(n=1,2,…)的边数为Ln,周长为Cn,围
成的面积为Sn,则下列说法正确的是( )
A.数列{Ln}是首项为3,公比为4 的等比数列
B.数列{Cn}是首项为3,公比为4
3 的等比数列
C.数列{Sn}是首项为√3
4 ,公比为4
3 的等比数列
D.当n 无限增大时,Sn趋近于定值2√3
5
3
18.(多选题)(2023 山东青岛一模)1979 年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5 只猴
子分一堆桃子,怎么也不能分成5 等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1 只猴子偷偷爬起来,先
吃掉1 个桃子,然后将其分成5 等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2 只猴子又爬起来,吃掉1 个桃子
后,也将桃子分成5 等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3 只猴子都先后照此办理.问最初至少有多
少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )
A.若第n 只猴子分得bn个桃子(不含吃的),则5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5)
B.若第n 只猴子连吃带分共得到an个桃子,则{an}(n=1,2,3,4,5)为等比数列
C.若最初有3 121 个桃子,则第5 只猴子分得256 个桃子(不含吃的)
D.若最初有k 个桃子,则k+4 必是55的倍数
19.(2023 四省八校联考)设数列{an},{bn}满足an=2n,bn=3n-8,则它们的公共项由小到大排列后组成新
数列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k 个数构成一个新数列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有数
构成首项为1,公差为2 的等差数列,则数列{en}的前20 项和T20= .
4
考点突破练4 等差数列、等比数列
1.C 解析 根据题意2an+1=an+an+2,可得数列{an}为等差数列,所以S9=9(a1+a9)
2
=18,所以
a1+a9=4,所以2a5=4,所以a5=2.故选C.
2.A 解析 因为数列{an}是等差数列,所以a2+a4+a6=3a4=5π,故a4=5 π
3 ,所以a1+a7=2a4=10 π
3
,
因为{bn}是等比数列,所以b2b4b6=b4
3=3√3,故b4=√3,所以b2b6=3.
所以tan a1+a7
1-b2b6
=tan(-5 π
3 )=-tan2π
3 =√3.故选A.
3.C 解析 an=a1qn-1=16×(
1
2)
n-1
=24×21-n=25-n,
(方法一)由题意知,an>0 且数列{an}为递减数列,a5=1,前4 项大于1,从第6 项起小于1,
所以n=4 或5 时,Tn取得最大值.
(方法二)Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)=
2
n(4+5-n)
2
=2
-n
2+9n
2
=2
-(n- 9
2 )
2
+ 81
4
2
,
因为n∈N*,所以n=4 或5 时,Tn取得最大值.
4.D 解析 因为ln a1,ln a3,ln a6是等差数列,
所以2ln a3=ln a1+ln a6,即ln a3
2=ln a1a6,
所以a3
2=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d).
又d≠0,所以a1=4d,所以公差为ln a3-ln a1=lna3
a1
=lna1+2d
a1
=ln6d
4 d =ln3
2.故选D.
5.AB 解析 设数列{an}的公差为d,由a5=-4,S5=-40,得{
a1+ 4 d =- 4,
5a1+ 5×4
2
d =- 40.解得a1=-12,d=2,所
以an=2n-14,Sn=(-12+2n-14)n
2
=n2-13n,则a10=6,S10=-30,A,B 正确;令an=2n-14≤0,得n≤7,且
a7=0,则当n=6 或n=7 时,Sn取最小值,C 不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0,所以
a5+a6+a7+a8+a9+a10=a10=6≠0,D 不正确.故选AB.
6.C 解析 被5 除余2 且被7 除余2 的数构成首项为2,公差为35 的等差数列,则
an=2+35(n-1)=35n-33.由35n-33≤2 022,可得n≤411
7 ,即n≤585
7 ,又n∈N*,所以此数列的项数为
58.故选C.
7.A 解析 设等比数列{an}的公比为q,由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,又a1≠0,q≠0,所以q3=-1
8,所以
q=-1
2,因为
1
an+1
1
an
= an
an+1
= 1
q =-2,所以数列{ 1
an
}也为等比数列,且公比为-2.因此Sn=
1
a1
[1-(-2)
n]
1-(-2)
= 1
3a1
[1-(-2)n],所以S5
S2
=
1
3a1
[1-(-2)
5]
1
3a1
[1-(-2)
2]
= 1-(-2)
5
1-(-2)
2 = 33
-3 =-11.故选A.
8.ABD 解析 设等差数列{an}的公差为d,
若d=1,则这10 层的塔数之和为10×1+10×9
2
=55,
则最多有55+10+10=75 座塔,不符合题意;
5
若d≥3,则这10 层的塔数之和不少于10×1+10×9
2
×3>108,不符合题意;
所以d=2,这10 层的塔数之和为10×1+10×9
2
×2=100,
塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,
依题意剩下两层的塔数为3 和5,
所以这12 层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D 正确,C 错误.故选ABD.
9.2(答案不唯一) 解析 由等比数列的通项公式可得an=a1qn-1,则an-an-1=a1qn-2(q-1),
因为a1>0,且{an}是递增数列,所以q>1.
因为S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因为a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4<q<3.
综上,1<q<3.故答案可以为2(答案不唯一).
10.-1 解析 因为{an}是等差数列,且Sn是数列{an}的前n 项和,所以S11=11(a1+a11)
2
=11a6=11,
解得a6=1,
因为{bn}是等比数列,所以b5b7=b6
2=3,则log3
a6
b6
2=log31
3=-1.
11.48 384 解析 设前3 项的公差为d,后7 项的公比为q,q>0,
则q4=a9
a5
= 192
12 =16,且q>0,可得q=2,
又a3=a1+2d=a5
q
2,即1+2d=3,得d=1,
所以a3=3,a7=a3q4=48,
a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+3×(1-2
7)
1-2
=384.
12.C 解析 由anan+1+an+1-an+1=0,得an+1=an-1
an+1,所以an+2=an+1-1
an+1+1 =
an-1
an+1 -1
an-1
an+1 +1
=-1
an
,则an+4=
-1
an+2
=an,所以数列{an}是以4 为周期的数列.因为a1=λ,所以a2= λ -1
1+ λ ,a3=-1
λ ,a4=- λ -1
λ -1 ,则
a1a2a3a4=1,所以T2 023=a1a2a3=1- λ
1+ λ .故选C.
13.C 解析 因为Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),所以当n≥3 时,Fn=Fn-1+Fn-2,所以3Fn=Fn-1+Fn-2+2Fn=Fn-2+
(Fn-1+Fn)+Fn=Fn-2+Fn+1+Fn=Fn-2+Fn+2,故3F2 023=F2 021+F2 025,因为Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),所以L2
022=F2 021+F2 023,L2 024=F2 023+F2 025,故L2 022+L2 024=(F2 021+F2 023)+(F2 023+F2 025)=2F2 023+F2 021+F2 025=5F2
023,所以F2 023=1
5L2 022+1
5L2 024.故选C.
14.AB 解析 因为an+1= 2an
2an+1(n∈N*),由题意显然an≠0,an+1≠0,变形得1
an+1
= 1+2an
2an
= 1
2 × 1
an
+1,所以1
an+1
-2=1
2 ( 1
an
-2),又因为1
a1
-2=1≠0,所以{ 1
an
-2}是以1 为首项,1
2为公比的等比数列,A 正
确;因为1
an
-2=(1
2)n-1,所以an=
1
2+( 1
2 )
n-1 = 2
n-1
2
n+1,B 正确;因为(1
2)n-1递减,所以an=
1
2+( 1
2 )
n-1递增,
6
即{an}为递增数列,C 错误;因为1
an
-2=(1
2)n-1,所以1
an
=(1
2)n-1+2,所以Tn=(1+1
2 + 1
4 +…+ 1
2
n-1)
+2n=2- 1
2
n-1+2n,D 错误.故选AB.
15.4 解析 因为Sn=2an+n-7,
①
所以当n=1 时,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.
又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),
②
①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),
所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=5≠0,即an-1
an-1-1=2,
所以{an-1}是以5 为首项,2 为公比的等比数列,
所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.
因为30<ak<50,所以30<5·2k-1+1<50,
所以29
5 <2k-1<49
5 ,又k∈N*,所以k=4.
16.37 50 解析 因为数列{bn}为二阶等差数列,所以数列{bn+1-bn}为等差数列,由
b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,
可得b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,
所以数列{bn+1-bn}为首项为2,公差为1 的等差数列,所以bn+1-bn=n+1,
所以当n≥2,n∈N*时,b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,…,bn-bn-1=n,将以上各式相加可得,bn-b1=2+3+4+…
+n,又b1=2,所以bn=n
2+n+2
2
,其中n≥2,n∈N*,经验证b1=2 也满足上式,所以bn=n
2+n+2
2
,所以
b8=8
2+8+2
2
=37,令bn=1 276,则n
2+n+2
2
=1 276,解得n=50.
17.ABD 解析 Ln+1是在Ln的基础上,每条边新增加3 条新的边,故Ln+1=(1+3)Ln=4Ln,又L1=3,所
以数列{Ln}是首项为3,公比为4 的等比数列,Ln=3×4n-1,故A 正确;
第n 个图形的边长为(
1
3)
n-1
,所以Cn=(
1
3)
n-1
·Ln=(3×4n-1)(
1
3)
n-1
=3×(
4
3)
n-1
,故数列{Cn}是首项为
3,公比为4
3 的等比数列,故B 正确;
因为Ω2是在Ω1的每条边上再生出一个小正三角形,于是S2=S1+3×√3
4 ×(
1
3)
2
,同理,对Ωn是在
Ωn-1的每条边上再生出一个小正三角形,于是Ωn的面积等于Ωn-1的面积加上Ln-1个新增小三角形
的面积,
即Sn=Sn-1+Ln-1×√3
4 ×(
1
3)
2n-2
,Sn=Sn-1+3
4 ×(
4
9)
n-1
S1,
于是Sn=Sn-1+3
4 ×(
4
9)
n-1
S1,Sn-1=Sn-2+3
4 ×(
4
9)
n-2
S1,…,S2=S1+3
4 × 4
9 S1,
将上面式子累加,得Sn=S1+3
4 ×[4
9 +(
4
9)
2
+…+(
4
9)
n-1
]S1=[8
5 - 3
5 ×(
4
9)
n-1
]S1=√3
4 ×[
8
5 - 3
5 ×(
4
9)
n-1
].当n→+∞时,Sn→√3
4 × 8
5 = 2√3
5
,故C 错误,D 正确.故选ABD.
18.ABD 解析 设最初有c1个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为c2,c3,c4,c5,c6,
则cn=cn-1-1-1
5(cn-1-1)=4
5 (cn-1-1)(n≥2),
若第n 只猴子分得bn个桃子(不含吃的),
则bn+1=1
5(cn-1),bn=1
5(cn-1-1)(n≥2),
7
所以bn+1=1
5(cn-1)=
4
5 (cn-1-1)-1
5
= 4 bn-1
5
(n≥2),即5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5),故A 正确;
由A 知,5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5),则5(bn+1)=4(bn-1+1),即{bn+1}(n=1,2,3,4,5)是等比数列,
若第n 只猴子连吃带分共得到an个桃子,则an=bn+1,
所以{an}(n=1,2,3,4,5)是以4
5 为公比的等比数列,故B 正确;
由B 知,{bn+1}(n=1,2,3,4,5)是等比数列,所以bn+1=(c1+ 4
5
)·(
4
5)
n-1
,即bn=(c1+ 4
5
)·(
4
5)
n-1
-1,
若最初有3 121 个桃子,即c1=3 121,
所以b5=(3 121+ 4
5
)×(
4
5)
4
-1=255,故C 错误;
根据题意a1+a2+a3+a4+a5+4b5=a1+a2+a3+a4+a5+4(a5-1)=k,
因为{an}(n=1,2,3,4,5)是以4
5 为公比的等比数列,
所以a1+a2+a3+a4+a5+4(a5-1)=
a5[1-(
5
4)
5
]
1- 5
4
+4a5-4=k,化简得k+4= a5
4
4·55.
因为a1=a5·(
5
4)
4
,且a1为正整数,所以a5
4
4 ∈N*,即k+4 必为55的倍数,故D 正确.故选ABD.
19.1 589 解析 ∵an=2n,
∴数列{an}是以2 为首项,2 为公比的等比数列,
∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.
∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,
显然a1不是数列{bn}中的项.
∵a2=4=b4,∴a2是数列{bn}中的第4 项,
设ak=2k是数列{bn}中的第m 项,则2k=3m-8(k,m∈N*).∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,
∴ak+1不是数列{bn}中的项.
∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,
∴ak+2是数列{bn}中的项.
∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,
∴数列{cn}的通项公式是cn=22n=4n.
∵(1+2+3+4+5)+5=20,
∴{en}的前20 项包括{cn}的前5 项,以及{2n-1}的前15 项,
∴T20=41+42+43+44+45+1+3+…+29=4×(1- 4
5)
1- 4
+(1+29)×15
2
=1 589.
