新高考適用2023版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第2篇經(jīng)典專題突破核心素養(yǎng)提升專題2數(shù)列第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列

第二篇專題二第1講一、選擇題1．在等差數(shù)列{an}中，若Sn為{an}的前n項(xiàng)和，2a7＝a8＋5，則S11的值是(A)A．55 B．11C．50 D．60【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，則S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故選A.2．已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，若a5＋a7－aeq\o\al(2,6)＝0，則S11的值為(D)A．11 B．12C．20 D．22【解析】結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a5＋a7＝2a6＝aeq\o\al(2,6)，又該數(shù)列為正項(xiàng)數(shù)列，可得a6＝2，所以由S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，可得S11＝S2×5＋1＝11a6＝22.3．已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a1＝b1，a11＝b11.那么一定有(B)A．a(chǎn)6≤b6 B．a(chǎn)6≥b6C．a(chǎn)12≤b12 D．a(chǎn)12≥b12【解析】因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a1＝b1，a11＝b11，所以a1＋a11＝b1＋b11＝2a6，所以a6＝eq\f(a1＋a11,2)＝eq\f(b1＋b11,2)≥eq\r(b1b11)＝b6.當(dāng)且僅當(dāng)b1＝b11時(shí)，取等號(hào)，此時(shí)數(shù)列{bn}的公比為1.4．在數(shù)列{an}中，a1＝2，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，則an等于(C)A．2＋nlnn B．2n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnn D．1＋n＋nlnn【解析】由題意得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝ln(n＋1)－lnn，n分別用1，2，3，…，n－1(n≥2)取代，累加得eq\f(an,n)－eq\f(a1,1)＝lnn－ln1，即eq\f(an,n)＝2＋lnn，即an＝2n＋nlnn(n≥2)，又a1＝2符合上式，故an＝2n＋nlnn．5．已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S6>S7>S5，給出下列五個(gè)命題：①d<0；②S11>0；③S12>0；④數(shù)列{Sn}中的最大項(xiàng)為S11；⑤|a6|>|a7|，其中正確命題的個(gè)數(shù)為(C)A．2 B．3C．4 D．5【解析】因?yàn)镾7－S6<0，S6－S5>0，所以d＝a7－a6<0，①正確；S11＝eq\f(11(a1＋a11),2)＝11a6>0，②正確；S7－S5＝a6＋a7>0，S12＝eq\f(12(a1＋a12),2)＝6(a6＋a7)>0，③正確；因?yàn)閍6>0，a7<0，所以數(shù)列{Sn}的最大項(xiàng)為S6，④不正確；因?yàn)閍6＋a7>0?a6>－a7，即|a6|>|a7|，⑤正確．6．侏羅紀(jì)蜘蛛網(wǎng)是一種非常有規(guī)律的蜘蛛網(wǎng)，如圖是由無(wú)數(shù)個(gè)正方形環(huán)繞而成的，且每一個(gè)正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都恰好在它的外邊最近一個(gè)正方形四條邊的三等分點(diǎn)上，設(shè)外圍第1個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是m，侏羅紀(jì)蜘蛛網(wǎng)的長(zhǎng)度(蜘蛛網(wǎng)中正方形的周長(zhǎng)之和)為Sn，則(B)A．Sn無(wú)限大 B．Sn<3(3＋eq\r(5))mC．Sn＝3(3＋eq\r(5))m D．Sn可以取100m【解析】由題意可得，外圍第2個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)m))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)m))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),3)m；外圍第3個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(\r(5),3)m))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(5),3)m))\s\up12(2))＝eq\f(5,9)m；…外圍第n個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))eq\s\up12(n－1)m.所以蜘蛛網(wǎng)的長(zhǎng)度Sn＝4meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(5),3)＋\f(5,9)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))\s\up12(n－1)))＝4m×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))\s\up12(n),1－\f(\r(5),3))<4m×eq\f(1,1－\f(\r(5),3))＝3(3＋eq\r(5))m.故選B.7．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＋3a5＝S7，則以下結(jié)論一定正確的是(C)A．a(chǎn)4＝1 B．Sn的最大值為S3C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，則an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镾6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正確；由于d的取值情況不清楚，故S3可能為最大值也可能為最小值，故B不正確；因?yàn)閍3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D錯(cuò)誤．8．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比為q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，記{an}的前n項(xiàng)積為Tn，則下列選項(xiàng)中不正確的是(D)A．0<q<1 B．a(chǎn)6>1C．T12>1 D．T13>1【解析】由于等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比為q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，由題意得a6>1，a7<1，所以0<q<1，A，B正確；因?yàn)閍6a7＋1>2，所以a6a7>1，T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝aeq\o\al(13,7)<1，所以滿足Tn>1的最大正整數(shù)n的值為12，C正確，故選D.9．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且－a1，S2，S3成等差數(shù)列．若存在兩項(xiàng)am，an(m，n∈N*)使得eq\r(am·an)＝8a1，則eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值是(B)A．16 B．2C．eq\f(10,3) D．eq\f(8,3)【解析】∵正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且－a1，S2，S3成等差數(shù)列．∴2S2＝S3－a1，公比q＞0，∴2a1＋2a1q＝a1＋a1q＋a1q2－a1，即：q2－q－2＝0，解得q＝2，∵存在am，an，使得eq\r(am·an)＝8a1，即aman＝64aeq\o\al(2,1)，∴(a1·2m-1)(a1·2n-1)＝64aeq\o\al(2,1)，∴m＋n＝8，∴eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)(m＋n)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,8)(10＋6)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)n＝3m＝6，取等號(hào)．即m＝2，n＝6，eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值為2，故選B.二、填空題10．等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不為零，其前n項(xiàng)和為Sn.若aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，則S2n＋1＝__4n＋2__．【解析】因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，所以an＋2＋an＝2an＋1，又aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋2＋an，所以aeq\o\al(2,n＋1)＝2an＋1.因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均不為零，所以an＋1＝2，所以S2n＋1＝eq\f((a1＋a2n＋1)(2n＋1),2)＝eq\f(2×an＋1×(2n＋1),2)＝4n＋2.11．(2022·濰坊模擬)九連環(huán)是我國(guó)從古至今廣泛流傳的一種益智游戲．在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個(gè)圓環(huán)所需移動(dòng)的最少次數(shù)，{an}滿足a1＝1，且an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an－1－1（n為偶數(shù)），,2an－1＋2（n為奇數(shù)），))則解下5個(gè)圓環(huán)需最少移動(dòng)__16__次．【解析】因?yàn)閍5＝2a4＋2＝2(2a3－1)＋2＝4a3，所以a5＝4a3＝4(2a2＋2)＝8a2＋8＝8(2a1－1)＋8＝16a1＝16，所以解下5個(gè)圓環(huán)需最少移動(dòng)的次數(shù)為16.12．已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若存在m∈N*，滿足eq\f(S2m,Sm)＝9，eq\f(a2m,am)＝eq\f(5m＋1,m－1)，則數(shù)列{an}的公比為__2__．【解析】設(shè)公比為q，若q＝1，則eq\f(S2m,Sm)＝2，與題中條件矛盾，故q≠1.因?yàn)閑q\f(S2m,Sm)＝eq\f(\f(a1(1－q2m),1－q),\f(a1(1－qm),1－q))＝qm＋1＝9，所以qm＝8.所以eq\f(a2m,am)＝eq\f(a1q2m-1,a1qm-1)＝qm＝8＝eq\f(5m＋1,m－1)，所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.三、解答題13．(2021·合肥模擬)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且b3＝5，S4＝16.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)如圖在平面直角坐標(biāo)系中，有點(diǎn)P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若記△PnQnPn＋1的面積為cn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則q>0.因?yàn)閍1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝3，,a1q2－a1q＝2，))得3q2－5q－2＝0，又q>0，所以q＝2，a1＝1，則an＝2n-1.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閎3＝5，S4＝16，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝5，,4b1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝2，))則bn＝2n－1.(2)由(1)得|PnPn＋1|＝an＋1－an＝2n－2n-1＝2n-1，|PnQn|＝bn＝2n－1，故cn＝S△PnQnPn＋1＝eq\f(2n-1(2n－1),2