專題跟蹤檢測（五）等差數(shù)列與等比數(shù)列一、題點(diǎn)考法全面練1．(2023·邯鄲一模)在等差數(shù)列{an}中，“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A當(dāng){an}的公差d＝0時(shí)，由a2＋a5＝a3＋am，得m是任意的正整數(shù)．由m＝4，得a2＋a5＝a3＋am，則“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的必要不充分條件．故選A．2．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，若a2＋a4＋a6＝5π，b2b4b6＝3eq\r(3)，則taneq\f(a1＋a7,1－b2b6)＝()A．eq\r(,3) B．－eq\r(,3)C．eq\f(\r(,3),3) D．－eq\f(\r(,3),3)解析：選A由a2＋a4＋a6＝3a4＝5π，得a4＝eq\f(5π,3)，則a2＋a6＝a1＋a7＝eq\f(10π,3)，由b2b4b6＝beq\o\al(3,4)＝3eq\r(3)，得b4＝eq\r(3)，則b2b6＝3，所以taneq\f(a1＋a7,1－b2b6)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝－taneq\f(2π,3)＝eq\r(3).故選A．3．(2023·天津高考)已知{an}為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an＋1＝2Sn＋2，則a4的值為()A．3 B．18C．54 D．152解析：選C因?yàn)閍n＋1＝2Sn＋2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1＋2，兩式相減得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比數(shù)列．當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故選C．4．已知數(shù)列{an}為各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝4，S3＝84，則log2(a1a2a3…a8)的值為()A．70 B．72C．74 D．76解析：選B設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0，S3＝a1(1＋q＋q2)＝4(1＋q＋q2)＝84，整理可得q2＋q－20＝0，解得q＝4，所以an＝a1qn－1＝4n.所以log2(a1a2a3…a8)＝log2(41×42×…×48)＝2×(1＋2＋3＋…＋8)＝eq\f(2×1＋8×8,2)＝72.故選B．5．(2023·孝感模擬)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，且a6＋2a7＋a10＝20，則當(dāng)a7·a8取最大值時(shí)，S10＝()A．10 B．20C．25 D．50解析：選D∵a6＋2a7＋a10＝(a6＋a10)＋2a7＝2a8＋2a7＝20，∴a7＋a8＝10.由已知，得a7>0，a8>0，∴a7·a8≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a7＋a8,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,2)))2＝25，當(dāng)且僅當(dāng)a7＝a8＝5時(shí)等號(hào)成立．此時(shí)數(shù)列為常數(shù)列5，所以S10＝50，故選D．6．(多選)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}，且an＋1>an，則()A．a(chǎn)3＋a7＝a4＋a6B．a(chǎn)3·a7＝a4·a6C．?dāng)?shù)列{a2n＋1}是等差數(shù)列D．?dāng)?shù)列{a2n}是等比數(shù)列解析：選AC設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，對(duì)于A，因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，且3＋7＝4＋6，則由等差數(shù)列性質(zhì)可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正確；對(duì)于B，a4·a6－a3·a7＝(a1＋3d)·(a1＋5d)－(a1＋2d)·(a1＋6d)＝3d2>0，則a3·a7<a4·a6，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閍2n＋1－a2n－1＝2d，則數(shù)列{a2n＋1}是等差數(shù)列，故C正確；對(duì)于D，如數(shù)列{an}為1,2,3,4,5,6,…，顯然數(shù)列{a2n}不是等比數(shù)列，故D錯(cuò)誤．故選A、C．7．(2023·揭陽模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a2＝2，a4＝8，數(shù)列{an＋an＋3}的前n項(xiàng)和為Sn，則S5＝()A．288 B．99C．99或279 D．279解析：選D設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0.依題意q2＝eq\f(a4,a2)＝4，所以q＝2.又a1＝eq\f(a2,q)＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1.所以an＋an＋3＝2n－1＋2n＋2＝9×2n－1.S5＝9(1＋2＋22＋23＋24)＝9×eq\f(1－25,1－2)＝279，故選D．8．已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若(2n＋3)Sn＝nTn，則eq\f(a5,b6)＝()A．eq\f(9,25) B．eq\f(1,3)C．eq\f(9,21) D．eq\f(11,25)解析：選A(2n＋3)Sn＝nTn即eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋3)，又等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn形式滿足Sn＝an2＋bn(a，b∈R，n∈N*)，故eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋3)＝eq\f(an2,a2n＋3n)(a≠0)．則Sn＝an2，Tn＝a(2n＋3)n，故eq\f(a5,b6)＝eq\f(S5－S4,T6－T5)＝eq\f(a52－42,a[62×6＋3－52×5＋3])＝eq\f(9a,25a)＝eq\f(9,25).9．(2023·南通二模)(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－13，1≤n≤6，,－3n－7－1，n>6，))若Sk＝－32，則k可能為()A．4 B．8C．9 D．12解析：選ACa1＝－11，當(dāng)1≤k≤6時(shí)，由Sk＝eq\f(－11＋2k－13,2)×k＝k2－12k＝－32，解得k＝4或k＝8(舍去)，所以A選項(xiàng)正確；S6＝eq\f(－11＋－1,2)×6＝－36，a7＝(－3)0－1＝0，a8＝(－3)1－1＝－4，S8＝－36＋0＋(－4)＝－40，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；a9＝(－3)2－1＝8，S9＝－40＋8＝－32，所以C選項(xiàng)正確；a10＝(－3)3－1＝－28，a11＝(－3)4－1＝80，a12＝(－3)5－1＝－244，所以S12＝－32－28＋80－244＝－224，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、C．10．(2023·泉州模擬)(多選)已知正項(xiàng)的等比數(shù)列{an}中a1＝2，a4＝2a2＋a3，設(shè)其公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，則()A．q＝2 B．a(chǎn)n＝2nC．S10＝2047 D．a(chǎn)n＋an＋1<an＋2解析：選ABD因?yàn)閍4＝2a2＋a3，所以a1q3＝2a1q＋a1q2.即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.又由正項(xiàng)的等比數(shù)列{an}，可得q>0，所以q＝2，所以A正確；數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1＝2n，所以B正確；則S10＝eq\f(21－210,1－2)＝211－2＝2046，所以C不正確；由an＝2n，則an＋an＋1＝2n＋2n＋1＝3·2n，an＋2＝2n＋2＝4·2n，所以an＋an＋1<an＋2，所以D正確．故選A、B、D．11．(2023·唐山二模)(多選)如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，連接各邊中點(diǎn)得到△A1B1C1，再連接△A1B1C1的各邊中點(diǎn)得到△A2B2C2，…，如此繼續(xù)下去，設(shè)△AnBnCn的邊長為an，△AnBnCn的面積為Mn，則()A．Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)B．a(chǎn)eq\o\al(2,4)＝a3a5C．a(chǎn)1＋a2＋…＋an＝2－22－nD．M1＋M2＋…＋Mn<eq\f(\r(3),3)解析：選ABD顯然△AnBnCn是正三角形，因此Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)，A正確；由中位線性質(zhì)易得an＝eq\f(1,2)an－1，即{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，因此aeq\o\al(2,4)＝a3a5，B正確；a1＝eq\f(1,2)AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2－21－n，C錯(cuò)誤；M1＝eq\f(\r(3),4)×12＝eq\f(\r(3),4)，{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，則{Mn}也是等比數(shù)列，公比是eq\f(1,4)，M1＋M2＋…＋Mn＝eq\f(\f(\r(3),4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(\r(3),3)，D正確．故選A、B、D．12．(多選)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，a1＝10，公差d＝－2，則()A．a(chǎn)n＝－2n＋12B．S4＝S7C．當(dāng)n＝5或6時(shí)，Sn取得最大值為30D．?dāng)?shù)列a1，a2，…，a2023與數(shù)列{3m＋10}(m∈N*)共有671項(xiàng)互為相反數(shù)解析：選ABC數(shù)列{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，a1＝10，公差d＝－2，則an＝a1＋(n－1)d＝10－2(n－1)＝－2n＋12，A正確；因?yàn)閍6＝0，所以S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6＝0，B正確；因?yàn)閐＝－2<0，即數(shù)列{an}為遞減等差數(shù)列，且當(dāng)n≤6時(shí)，an≥0，因此數(shù)列{an}的前5項(xiàng)均為正，第6項(xiàng)為0，從第7項(xiàng)起為負(fù)，所以當(dāng)n＝5或6時(shí)，Sn取得最大值S5＝S6＝eq\f(10＋0,2)×6＝30，C正確；令數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an與數(shù)列{3m＋10}的第m項(xiàng)互為相反數(shù)，即an＋3m＋10＝0，于是n＝eq\f(3,2)m＋11，而n∈N*，則m為偶數(shù)，令m＝2k，k∈N*，有3m＋10＝6k＋10，因此數(shù)列{an}與數(shù)列{3m＋10}互為相反數(shù)的項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列{ck}，且ck＝6k＋10，顯然ck≤－a2023＝4034，即6k＋10≤4034.又k∈N*，則kmax＝670，所以數(shù)列a1，a2，…，a2023與數(shù)列{3m＋10}(m∈N*)共有670項(xiàng)互為相反數(shù)，D錯(cuò)誤．故選A、B、C．13．(2023·濰坊一模)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a5＋a7＋a9＝6，則S13＝________.解析：由已知a5＋a7＋a9＝3a7＝6，所以a7＝2.則S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7＝26.答案：2614．大衍數(shù)列來源于《乾坤譜》中對(duì)易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論，主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理，數(shù)列中的每一項(xiàng)，都代表太極衍生過程中，曾經(jīng)經(jīng)歷過的兩儀數(shù)量總和，是中華傳統(tǒng)文化中隱藏的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題，其前10項(xiàng)依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，則第11項(xiàng)是________．解析：觀察此數(shù)列可知，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝eq\f(n2,2)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝eq\f(n2－1,2)，所以a11＝eq\f(121－1,2)＝60.答案：6015．(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________.解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝aeq\o\al(2,1)q17＝－8②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.答案：－216．已知在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a3＝8，a5＝32，則使不等式Sn>511成立的正整數(shù)n的最小值為________．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0，因?yàn)閍3＝8，a5＝32，所以q2＝eq\f(a5,a3)＝4?q＝2，所以an＝a3·2n－3＝2n.所以Sn＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.因?yàn)镾n>511，即2n＋1>513，當(dāng)n＝8時(shí)，2n＋1＝29＝512；當(dāng)n＝9時(shí)，2n＋1＝210＝1024，所以正整數(shù)n的最小值為9.答案：9二、壓軸考法增分練17．(2023·菏澤一模)2020年12月17日凌晨1時(shí)59分，嫦娥五號(hào)返回器攜帶月球樣品成功著陸，這是我國首次實(shí)現(xiàn)了地外天體采樣返回，標(biāo)志著中國航天向前又邁出了一大步．月球距離地球約38萬千米，有人說：在理想狀態(tài)下，若將一張厚度約為0.1毫米的紙對(duì)折n次其厚度就可以達(dá)到到達(dá)月球的距離，那么至少對(duì)折的次數(shù)n是()(lg2≈0.3，lg3.8≈0.6)A．40 B．41C．42 D．43解析：選C設(shè)對(duì)折n次時(shí)，紙的厚度為an，每次對(duì)折厚度變?yōu)樵瓉淼?倍，由題意知{an}是以a1＝0.1×2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝0.1×2×2n－1＝0.1×2n.令an＝0.1×2n≥38×104×106，即2n≥3.8×1012，所以lg2n≥lg3.8＋12，即nlg2≥0.6＋12.解得n≥eq\f(12.6,0.3)＝42.所以至少對(duì)折的次數(shù)n是42，故選C．18．某軟件研發(fā)公司對(duì)某軟件進(jìn)行升級(jí)，主要是對(duì)軟件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新編輯，編輯新序列為A*＝{a2－a1，a3－a2，a4－a3，…}，它的第n項(xiàng)為an＋1－an，若(A*)*的所有項(xiàng)都是2，且a4＝24，a5＝32，則a1＝()A．8 B．10C．12 D．14解析：選C令bn＝an＋1－an，則A*＝{b1，b2，b3，…}，所以(A*)*＝{b2－b1，b3－b2，b4－b3，…}，由題意可知，對(duì)任意的n∈N*，bn＋1－bn＝2，且b4＝a5－a4＝8，所以數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列，且bn＝b4＋2(n－4)＝8＋2(n－4)＝2n，即an＋1－an＝2n，所以a4＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＝a1＋2＋4＋6＝a1＋12＝24，因此a1＝12.故選C．19．(多選)南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同，前后兩項(xiàng)之差并不相等，但是逐項(xiàng)差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列．如數(shù)列1,3,6,10，它的前后兩項(xiàng)之差組成新數(shù)列2,3,4，新數(shù)列2,3,4為等差數(shù)列，則數(shù)列1,3,6,10被稱為二階等差數(shù)列，現(xiàn)有高階等差數(shù)列{cn}，其前7項(xiàng)分別為5,9,17,27,37,45,49，設(shè)通項(xiàng)公式cn＝g(n)，則下列結(jié)論正確的是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝\f(nn＋12n＋1,6)))()A．?dāng)?shù)列{cn＋1－cn}為二階等差數(shù)列B．?dāng)?shù)列{cn}的前11項(xiàng)和最大C．eq\o(∑,\s\up10(20),\s\do8(i＝1))(ci＋1－ci)＝－1440D．c20＝－1170解析：選AC設(shè)bn＝cn＋1－cn，所以數(shù)列{bn}前6項(xiàng)分別為4,8,10,10,8,4.設(shè)an＝bn＋1－bn，所以數(shù)列{an}前5項(xiàng)分別為4,2,0，－2，－4，顯然數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，－2為公差的等差數(shù)列，由題中定義可知數(shù)列{cn＋1－cn}為二階等差數(shù)列，因此選項(xiàng)A正確；an＝bn＋1－bn＝4＋(n－1)×(－2)＝－2n＋6，于是有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(8－2n)＋(10－2n)＋…＋4＋4＝eq\f(4＋8－2nn－1,2)＋4＝－n2＋7n－2，因此有cn＝(cn－cn－1)＋(cn－1－cn－2)＋…＋(c2－c1)＋c1＝[－(n－1)2＋7(n－1)－2]＋[－(n－2)2＋7(n－2)－2]＋…＋(－12＋7×1－2)＋5＝－[12＋22＋…＋(n－1)2]＋7×(1＋2＋…＋n－1)－2(n－1)＋5＝－eq\f(nn－12n－1,6)＋7×eq\f(nn－1,2)－2(n－1)＋5＝－eq\f(1,3)n3＋4n2－eq\f(17,3)n＋7，因?yàn)閏10＝－eq\f(1,3)×103＋4×102－eq\f(17,3)×10＋7＝17>0，c11＝－eq\f(1,3)×113＋4×112－eq\f(17,3)×11＋7＝－15<0，所以數(shù)列{cn}的前11項(xiàng)和最大不正確，因此選項(xiàng)B不正確；eq\o(∑,\s\up10(20),\s\do10(i＝1))(ci＋1－ci)＝eq\o(∑,\s\up10(20),\s\do8(i＝1))bi＝eq\o(∑,\s\up10(20),\s\do10(i＝1))(－i2＋7i－2)＝－eq\f(20×21×41,6)＋7×eq\f(1＋20×20,2)－2×20＝－1440，因此選項(xiàng)C正確；c20＝－eq\f(1,3)×203＋4×202－eq\f(17,3)×20＋7＝－1173，因此選項(xiàng)D不正