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提能专训(十) 等差与等比数列
一、选择题
1．(2022·甘肃武威凉州第一次诊断)等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝( )
A．54 B．48 C．32 D．16
答案：D
解析：解法一：由等比数列的性质知，S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15仍成等比数列，∴2,4，8,16.
解法二：∵S5＝，S10＝，
∴＝1＋q5＝3，q5＝2.
∴a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝23·S5＝8×2＝16.
2.(2022·广西四市联考)已知等比数列{an}的前n项和Sn，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( )
A．35 B．33 C．31 D．29
答案：C
解析：由得
∴q3＝，q＝.
∴a1＝16.∴S5＝＝32＝31.
3．(2022·河南南阳三次联考)等差数列{an}中，假如a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和为( )
A．297 B．144 C．99 D．66
答案：C
解析：由得
∴a4＋a6＝22.
∴S9＝×9＝×9＝99.
4．(2022·河南郑州质检)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案：C
解析：∵a4－2a＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8＝a7－3d＋3(a7＋d)＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2.
∴b2b12＝b＝4.
5．(2022·陕西质检三)已知a，b，c是三个不同的实数．若a，b，c成等差数列，且b，a，c成等比数列，则a∶b∶c＝( )
A．2∶1∶4 B．－2∶1∶4 C．1∶2∶4 D．1∶－2∶4
答案：B
解析：本题主要考查等差、等比数列，考查等差中项和等比中项．
依题意有检验各选项，可知B正确．
6．已知等差数列{an}中，a3＋a7－a10＝0，a11－a4＝4，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S13＝( )
A．78 B．68 C．56 D．52
答案：D
解析：∵∴
∴S13＝13a1＋d＝52.
7．已知等比数列{an}中，a1a2a3a4a5＝32，且a11＝8，则a7的值为( )
A．4 B．－4 C．±4 D．±2
答案：A
解析：由等比数列的性质，得a1a2a3a4a5＝a＝32，故a3＝2，又a11＝8，∴a＝a3·a11，解得a7＝4(负值舍去，由于a3，a5，a7同号)．
8．(2022·山西四校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8>0且S9<0，则当Sn最大时n的值是( )
A．8 B．4 C．5 D．3
答案：B
解析：＝>0，＝<0，所以a4>0，a5<0，即数列的前4项都是正数，所以选B.
9．(2022·长春第四次调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足＝17，则公比q＝( )
A. B．± C．2 D．±2
答案：D
解析：依据已知得＝17，即q8－17q4＋16＝0，解得q4＝1(舍去)或q4＝16，所以q4＝16，解得q＝±2.
10．(2022·洛阳统考)已知数列{an}是等差数列，且a3＋a6＝5，数列{bn}是等比数列，且b5＝，则b2b8＝( )
A．1 B．5 C．10 D．15
答案：D
解析：由等差数列的通项公式知：a3＋a6＝2a1＋7d(其中d为等差数列{an}的公差)，由等比数列的性质知：b2b8＝b＝a2＋5a5＝6a1＋21d＝3(2a1＋7d)＝3(a3＋a6)＝15.
11．(2022·合肥第一次质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，并满足：an＋2＝2an＋1－an，a5＝4－a3，则S7＝( )
A．7 B．12 C．14 D．21
答案：C
解析：由于an＋2＝2an＋1－an⇔an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列，由于a5＝4－a3，所以a3＋a5＝4，所以S7＝＝＝14，故选C.
12.(2022·安徽六校联考)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3 C．8 D．11
答案：B
解析：设{bn}的公差为d，
∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，
∴d＝2.
∵b3＝－2，
∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d
＝7×(－6)＋21×2＝0.
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，
∴a8＝3.故选B.
二、填空题
13．(2022·浙江名校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1,2S2,3S3成等差数列，则{an}的公比为________．
答案：
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S1,2S2,3S3成等差数列得，4S2＝S1＋3S3，∴4(a1＋a1q)＝a1＋3a1＋3a1q＋3a1q2，解之得，q＝(q＝0舍去)．
14．(2022·河北衡水中学其次次调研)在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8·a9＝－，则＋＋＋＝________.
答案：－
解析：∵＋＝，＋＝，
而a8a9＝a7a10，
∴＋＋＋＝＝＝－.
15．(2022·上海静安一模)已知数列{an}(n∈N*)的公差为3，从{an}中取出部分项(不转变挨次)a1，a4，a10，…组成等比数列，则该等比数列的公比是________．
答案：2
解析：a4＝a1＋3d＝a1＋9，a10＝a1＋9d＝a1＋27，
由a＝a1a10，得(a1＋9)2＝a1(a1＋27)，
解得a1＝9.从而得公比q＝＝＝＝2.
16．(2022·北京顺义一模)设等差数列{an}满足公差d∈N*，an∈N*，且数列{an}中任意两项之和也是该数列的一项．若a1＝35，则d的全部可能取值之和为________．
答案：364
解析：设an，am(m≠n)是等差数列{an}中的任意两项，由已知得，an＝35＋(n－1)d，am＝35＋(m－1)d，则am＋an＝2×35＋(m＋n－2)d，设am＋an是数列{an}中的第k项，则有am＋an＝35＋(k－1)d，即2×35＋(m＋n－2)d＝35＋(k－1)d，d＝，d∈N*，m，n，k∈N*，所以k＋1－(m＋n)＝35,34,33,32,31,30，则d的全部可能取值为1,3,32,33,34,35，其和为＝364.
三、解答题
17．(2022·浙江名校联考)已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋a7＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：b1＝a1且bn＝an＋bn－1(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)由题意得：
∵公差d>0，∴
∴d＝2，an＝2n－1.
(2)∵bn＝an＋bn－1(n≥2，n∈N*)，
∴bn－bn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*)．
∵bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1(n≥2，n∈N*)，且b1＝a1＝1，
∴bn＝2n－1＋2n－3＋…＋3＋1＝n2(n≥2，n∈N*)．
∴bn＝n2(n∈N*)．
18．(2022·西安八校联考)在各项均为正数的等差数列{an}中，对任意的n∈N*都有a1＋a2＋…＋an＝anan＋1.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)设数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝2an，求证：对任意的n∈N*都有bn·bn＋2<b.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
令n＝1，得a1＝a1a2.由a1>0，得a2＝2.
令n＝2，得a1＋a2＝a2a3，
即a1＋2＝a1＋2d，得d＝1.
从而a1＝a2－d＝1.故an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)由于an＝n，所以bn＋1－bn＝2n，
所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1
＝2n－1.
又bn·bn＋2－b＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝－2n<0，
所以bn·bn＋2<b.
19．(2022·武汉武昌调研)在公差不为零的等差数列{an}中，已知a1＝1，且a1，a2，a5依次成等比数列．数列{bn}满足bn＋1＝2bn－1，且b1＝3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，试比较Sn与1－的大小．
解：(1)由于a1＝1，且a1，a2，a5依次成等比数列，
所以a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，
所以d2－2d＝0，解得d＝2(d＝0不合要求，舍去)，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
由于bn＋1＝2bn－1，
所以bn＋1－1＝2(bn－1)，
所以{bn－1}是首项为b1－1＝2，公比为2的等比数列．
所以bn－1＝2×2n－1＝2n.
所以bn＝2n＋1.
(2)由于＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋＝1－，
于是Sn－＝1－－1＋＝－＝.
所以，当n＝1,2时，2n＝2n，Sn＝1－；
当n≥3时，2n<2n，Sn<1－.
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