高考数学二轮专题复习与测试专题强化练（四）等差数列与等比数列

专题强化练(四)等差数列与等比数列1．(2023·佛山南海区校级模拟)已知xy>0，向量m＝(2x，1)与向量n＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)y)垂直，x，y，2成等比数列，则x与y的等差中项为()A．eq\f(3,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(1,2) D．1解析：因为向量m＝(2x，1)与向量n＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)y)垂直，所以m·n＝0，即x－eq\f(1,2)y＝0，所以y＝2x，因为x，y，2成等比数列，所以y2＝2x，所以(2x)2＝2x，即2x2＝x，因为xy>0，所以x≠0，所以x＝eq\f(1,2)，所以y＝1，所以x与y的等差中项为eq\f(x＋y,2)＝eq\f(3,4).故选A.答案：A2．(2023·东莞校级模拟)设Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝n2－n＋a，则“a＝0”是“2a4＝a2＋a6”的()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解析：当a＝0时，Sn＝n2－n，由等差数列的性质可知，数列{an}为等差数列，a1＝0，a2＝2，d＝2，故an＝2(n－1)，显然2a4＝a2＋a6满足；由Sn＝n2－n＋a可得a2＝S2－S1＝2，a4＝S4－S3＝6，a6＝S6－S5＝10，此时满足2a4＝a2＋a6，但不一定a＝0，故“a＝0”是“2a4＝a2＋a6”的充分不必要条件．故选A.答案：A3．(2023·广东一模)已知等比数列{an}各项均为正数，且满足：0<a1<1，a17a18＋1<a17＋a18<2，记Tn＝a1a2…an，则使得Tn>1的最小正数n为()A．36 B．35C．34 D．33解析：由a17a18＋1<a17＋a18得：(a17－1)(a18－1)<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a17<1，,a18>1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a17>1，,a18<1，))因为等比数列{an}各项均为正数，所以q>0，所以数列{an}具有单调性，又因为0<a1<1，所以0<a17<1<a18，又因为a17a18＋1<2，所以a17a18<1，所以T33＝(a1a33)eq\s\up6(\f(33,2))＝(a17)2×eq\f(33,2)＝aeq\o\al(33,17)<1，T34＝(a1a34)17＝(a17a18)17<1，T35＝(a1a35)eq\s\up6(\f(35,2))＝(aeq\o\al(2,18))eq\s\up6(\f(35,2))＝aeq\o\al(35,18)>1，则使得Tn>1的最小正数n为35，故选B.答案：B4．(2023·普宁校级二模)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝()A.eq\f(1,3n－1) B.eq\f(2,n（n＋1）)C.eq\f(1,（n＋1）（n＋2）) D.eq\f(5－2n,3)解析：因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，所以S1＋1×a1＝1＋1＝2，因为{Sn＋nan}为常数列，所以由题意知，Sn＋nan＝2，当n≥2时，(n＋1)an＝(n－1)an－1，从而eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－1,n＋1)，所以an＝eq\f(2,n（n＋1）)，当n＝1时上式成立，所以an＝eq\f(2,n（n＋1）).故选B.答案：B5．(2023·深圳模拟)设各项均为实数的等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，对于方程①2023x2－S2023x＋T2023＝0，②x2－a1x＋b1＝0，③x2＋a2023x＋b2023＝0.下列判断正确的是()A．若①有实根，②有实根，则③有实根B．若①有实根，②无实根，则③有实根C．若①无实根，②有实根，则③无实根D．若①无实根，②无实根，则③无实根解析：若①有实根，由题意得：Seq\o\al(2,2023)－4×2023T2023≥0，其中S2023＝eq\f(2023（a1＋a2023）,2)＝2023a1012，T2023＝eq\f(2023（b1＋b2023）,2)＝2023b1012，代入上式得aeq\o\al(2,1012)－4b1012≥0，设方程x2－a1x＋b1＝0与方程x2＋a2023x＋b2023＝0的判别式分别为Δ1和Δ2023，则Δ1＋Δ2023＝(aeq\o\al(2,1)－4b1)＋(aeq\o\al(2,2023)－4b2023)＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2023)－4(b1＋b2023)≥eq\f(（a1＋a2023）2,2)－4(b1＋b2023)等号成立的条件是a1＝a2023.又Δ1＋Δ2023≥eq\f(（a1＋a2023）2,2)－4(b1＋b2023)＝eq\f(（2a1012）2,2)－8b1012＝2(aeq\o\al(2,1012)－4b1012)≥0，如果②有实根，则Δ1≥0，则Δ2023≥0或者Δ2023<0，所以③有实根或者没有实根，如a1＝6，b1＝2，a2013＝4，b2013＝6，满足aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝52－4×4>0，Δ1＝36－8>0，但是Δ2023＝16－24<0，所以③没有实根，所以A错误；如果②没实根，则Δ1<0，则Δ2023≥0，所以③有实根，所以B正确；若①无实根，则aeq\o\al(2,1012)－4b1012<0，②有实根，则Δ1≥0，设a1＝3，b1＝2，a2023＝－3，b2023＝2，所以aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝(0)2－4×2<0，Δ1>0，此时Δ2023＝1>0，则③有实根，所以C错误；若①无实根，则aeq\o\al(2,1012)－4b1012<0，②无实根，则Δ1<0，设a1＝3，b1＝3，a2023＝－3，b2023＝2，所以aeq\o\al(2,1012)－4b1012＝(0)2－4×eq\f(5,2)<0，Δ1<0，此时Δ2023＝1>0，则③有实根，所以D错误．故选B.答案：B6．(2023·广州模拟)斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出eq\f(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2023),a2023)是斐波那契数列的第________项．()A．2022 B．2023C．2024 D．2025解析：由an＋1＝an＋2－an，则aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋1(an＋2－an)＝an＋2·an＋1－an＋1an，又a1＝a2＝1，所以aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a3a2－a2a1，aeq\o\al(2,3)＝a4a3－a3a2，…，aeq\o\al(2,2023)＝a2024a2023－a2023a2022，则T2023＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2024a2023，故eq\f(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2021),a2023)＝eq\f(T2023,a2023)＝a2024.故选C.答案：C7．(多选题)(2023·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10层的塔数可以构成等差数列{an}，剩下的2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()A．第3层的塔数为3B．第6层的塔数为9C．第4层与第5层的塔数相等D．等差数列{an}的公差为2解析：根据题意，已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列{an}，设其公差为d，若d＝1，则10层的塔数之和为10×1＋eq\f(10×9,2)＝55，最多可以有55＋10＋10＝75座塔，不符合题意，若d＝3，则10层的塔数之和为10×1＋eq\f(10×9,2)×3＝145>108，不符合题意，则必有d＝2，则10层的塔数之和为10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝100，剩下的2层塔数分别为3和5，则这12层塔数为1，3，3，5，5，7，9，11，13，15，17，19，由此分析选项：对于A，第3层的塔数为3，A正确；对于B，第6层的塔数为7，B错误；对于C，第4层与第5层的塔数相等，都是5，C正确；对于D，等差数列{an}的公差为2，D正确．故选ACD.答案：ACD8．(多选题)(2023·汕头二模)已知数列为{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，前n项和为Sn.数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n)，则下列结论正确的是()A．数列{an}的通项公式为an＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1B．数列{bn}是递减数列C．数列{bn}是等差数列D．数列{an}中任意三项不能构成等比数列解析：在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，则其公差d＝eq\r(2)，则an＝1＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1，故A正确；则数列{an}前n项和Sn＝n＋eq\f(\r(2),2)n(n－1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝1＋eq\f(\r(2),2)(n－1)＝eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1，所以bn＋1－bn＝eq\f(\r(2),2)(n＋1)－eq\f(\r(2),2)＋1－(eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1)＝eq\f(\r(2),2)>0，所以数列{bn}是等差数列且是递增数列，故B错误，C正确；假设ar，as，at(r≠s，s≠t，r≠t)为等差数列{an}中三项，且ar，as，at构成等比数列，则aeq\o\al(2,s)＝arat，即2(s2－rt)＝(2－eq\r(2))(2s－r－t)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))则r＝t＝s，这与r≠t≠s矛盾．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))不成立；又由r，s，t为整数，2－eq\r(2)为无理数，可得2(s2－rt)＝(2－eq\r(2))(2s－r－t)不成立．则假设不成立，即数列{an}中任意三项不能构成等比数列，故D正确．故选ACD.答案：ACD9．(多选题)(2023·梅州一模)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是()A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项B．若数列{Sn}有最小项，则d>0C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列解析：对于A，取数列{an}为首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误；对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n，Sn是关于n的二次函数．当数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0，故B正确；对于C，取数列{an}为首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误；对于D，若数列{Sn}是递减数列，则an＝Sn－Sn－1<0(n≥2)，一定存在实数k，当n>k时，之后所有项都为负数，不能保证对任意n∈N*，均有Sn>0，故若对任意n∈N*，均有Sn>0，有数列{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD.答案：BD10．(多选题)(2023·佛山禅城区校级一模)设Sn和Tn分别为数列{an}和{bn}的前n项和．已知2Sn＝3－an，bn＝eq\f(nan,3)，则()A．{an}是等比数列B．{bn}是递增数列C．eq\f(Sn,an)＝eq\f(3n－1,2)D．eq\f(Sn,Tn)>2解析：因为2Sn＝3－an，当n≥2时，2Sn－1＝3－an－1，两式相减得，2an＝an－1－an，即3an＝an－1，当n＝1时，2S1＝3－a1，解得a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列，A正确；所以an＝(eq\f(1,3))n－1，bn＝eq\f(nan,3)＝n·(eq\f(1,3))n－2，Sn＝eq\f(3－（\f(1,3)）n－1,2)，则b1＝3，b2＝2，B显然不成立；又eq\f(Sn,an)＝eq\f(3－（\f(1,3)）n－1,2×（\f(1,3)）n－1)＝eq\f(3n－1,2)，C正确；Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，两式相减得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n＋1)，所以Tn＝eq\f(3,4)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,2·3n)>0，所以2Tn－Sn＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))－eq\f(n,3n)－eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))＝－eq\f(n,3n)<0，所以eq\f(Sn,Tn)>2，D正确．故选ACD.答案：ACD11．(2023·惠州一模)若2、a、b、c、9成等差数列，则c－a＝________．解析：由等差数列的性质可得2b＝2＋9，解得b＝eq\f(11,2)，又可得2a＝2＋b＝2＋eq\f(11,2)＝eq\f(15,2)，解之可得a＝eq\f(15,4)，同理可得2c＝9＋eq\f(11,2)＝eq\f(29,2)，解得c＝eq\f(29,4)，故c－a＝eq\f(29,4)－eq\f(15,4)＝eq\f(14,4)＝eq\f(7,2).答案：eq\f(7,2)12．(2023·广东一模)已知等比数列{an}，其前n项和为Sn.若a2＝4，S3＝14，则a3＝________．解析：设等比数列{an}的公比为q，由a2＝4，S3＝a1＋a2＋a3＝14，得eq\f(4,q)＋4＋4q＝14，整理得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2)，当q＝2时，a3＝a2q＝4×2＝8；当q＝eq\f(1,2)时，a3＝a2q＝4×eq\f(1,2)＝2.答案：8或213．(2023·广州一模)已知n∈N*，将数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝________．解析：设2n－1＝m2－1，即2n＝m2，又2n为偶数，则m为偶数，即an＝(2n)2－1＝4n2－1，则eq\f(1,an)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,19)－eq\f(1,21))]＝eq\f(1,2)×eq\f(20,21)＝eq\f(10,21).答案：eq\f(10,21)14．(2023·广东模拟)数列{an}中，an表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数有1，2，4，5，10，20，a20＝5，21的因数有1，3，7，21，a21＝21，那么数列{an}前22023－1项的和为________．解析：由题意不妨令an＝g(n)，则g(n)＝g(2n)，且当n为奇数时，g(n)＝n，设f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)，则f(n＋1)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n＋1－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n＋1－1)＋g(2)＋g(4)＋…＋g(2n＋1－2)＝eq\f(2n[1＋（2n＋1－1）],2)＋g(1)＋g(2)＋…＋g(2n－1)＝f(n)＋4n，则f(n＋1)－f(n)＝4n，则f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝4n－1＋4n－2＋…＋41＋1＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，则数列{an}前22023－1项的和为eq\f(42023－1,3).答案：eq\f(42023－1,3)15．(2023·广州黄埔区校级模拟)数列{an}满足an＝－n＋p，数列{bn}满足bn＝2n－5，设cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，an≤bn，,bn，an>bn，))且对任意n＝N*且n≠9，有c9>cn，则实数p的取值范围为________．解析：当an≤bn时，cn＝an，当an≥bn时，cn＝bn，所以cn是an，bn中的较小者，由an＝－n＋p，所以{an}是递减数列，由bn＝2n－5，所以{bn}是递增数列，因为c9>cn(n≠9