2020版高考数学二轮复习专题限时集训3等差数列、等比数列文

专题三 数列第一讲 等差数列、等比数列高考导航对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解．2．对等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题．3．对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.1．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97[解析] 设{a n }的公差为d ，由等差数列前n 项和公式及通项公式，得⎩⎨⎧ S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，a 10＝a 1＋9d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－1，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －2，∴a 100＝100－2＝98.故选C.[答案] C 2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.故选A.[答案] A3．(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.[解析] ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1.解法一：S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.解法二：S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12.又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列， ∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.[答案] 1 1214．(2017·绵阳三诊)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)证明：由题意知2S n ＝a n ＋1a n， 即2S n a n －a 2n ＝1.①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.∴{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知S 2n ＝n ，则S n ＝n ，∴a n ＝S n －S n －1＝n －n －1.∴b n ＝(－1)na n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)． 当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .∴{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n .考点一 等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . 2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).[对点训练]1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.[答案] C2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3.故选B. [答案] B3．(2017·湖北省武汉市武昌区高三调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23[解析]由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)或q＝32，将q＝32代入S2＝3a2＋2中得a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得a1＝－1，故选B.[答案] B4．(2017·东北三校联考)已知等差数列{a n}满足a2＝3，a5＝9，若数列{b n}满足b1＝3，b n＋1＝ab n，则{b n}的通项公式为________．[解析]由题意可得等差数列{an }的公差d＝a5－a25－2＝2，所以a n＝a2＋(n－2)d＝2n－1，则b n＋1＝ab n＝2b n－1，b n＋1－1＝2(b n－1)，又因为b1－1＝2，所以数列{b n－1}是首项为2、公比为2的等比数列，所以b n－1＝2n，b n＝2n＋1.[答案]bn＝2n＋1等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【易错提醒】等比数列前n项和公式中若不确定q是否等于1应分q＝1或q≠1两种情况讨论．考点二 等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2017·广州六校联考)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64[解析] 因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.[答案] A2．(2017·太原模拟)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18[解析] 由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，故a 2＝a 1q ＝14×2＝12.[答案] C3．(2017·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析] ∵数列{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得S 15＝7.[答案] 7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S 100的值？[解析] 在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 5＝1，S 10＝3，所以S 100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S 100＝1×(1－220)1－2＝220－1. [答案] 220－1等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．考点三 等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[解] (1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.由S n ＋1＝4a n ＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2②①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列． ∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14，a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．[对点训练]若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n－1S n －1＝2， 又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.热点课题11 函数与方程思想在数列中的应用[感悟体验]1．(2017·西安统测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝13，S 3＝S 11，则S n 的最大值为( )A ．49B ．28C ．－49或－28D ．28或49[解析] 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数性质，知当n ＝7时，S n 最大，且最大值为49.[答案] A2．(2017·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列， ∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2， ∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1， 则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3， 即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4.故选A. [答案] A。

2020届高考数学综合训练题：数列1．已知等差数列}{n a 满足：公差.0>d 1421-=⋅+n a a n n (n=1,2,3,…)①求通项公式n a ； ②求证:212a a + 322a a +432a a +…+121<+n n a a . .解: ①依题意可设()d n a a n 11-+= ………1分则()[][]()()1421222111111-=+-+-=+⋅-+=⋅+n n d dn d a d a a nd a d n a a a n n对n=1,2,3,……都成立 ………3分又.0>d 解得,11=a 2=d ∴∴.12-=n a n ………6分②∵142221-=+n a a n n 121121)12)(12(2+--=-+=n n n n …………9分 ∴212a a + 322a a +432a a +…+12+n n a a.11211)121121()5131()311(<+-=+--++-+-=n n n Λ ……12分2等比数列{a n }中，首项a 1＞1，公比q ＞0，且f(n)=log 2a n ，f(1)＋f(3)＋f(5)=6，f(1)·f(3)·f(5)=0． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若S n =f(1)＋f(2)＋f(3)＋……＋f(n)，求取最大值n的值．解（Ⅰ）,6)5()3()1(=++f f f Θ,46)(log log log 323232232=⇒=++=∴a q a a qa .0)5()3()1(,4,131=⋅⋅=>f f f a a 又Θ ,1,1,0)5(235===∴q a a f 即.21,412==∴q q .2)21(5555n n n n a a a ---==⋅=∴（Ⅱ）).9(22)1(5,5log )(2n nn n n S n a n f n n -=+-=-==Θ ,29n n S n -=∴从而),17(412)1(212921)(221n n n n n n S S S n g n +-=+⋅-=+++=Λ)(n g 取最大值时，n=8或9.3已知函数f(x)在(－1,1)上有意义,f()＝－1,且对任意的x,y ∈(－1,1),都有f(x)＋f(y)＝f().(1)判断f(x)的奇偶性； (2)对数列x 1＝,x n ＋1＝(n N *),求f(x n )；(3)求证:>.解答(1)令x=y=0,则2f(0)=f(0),而f(0)=0,又令y=－x,x ∈(－1,1),则f(x)＋f(－x)=f(0)=0. 即f(－x)=－f(x),故f(x)为奇函数. (2)∵f(x 1)=f()=－1.∴{f(x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列， 故f(x n )=－2n －1． （3）4．（本题满分13分）函数)1,(122≠∈++-=+y N n x nx x y 的最小值为,,n n b a 最大值为且14(),2n n n c a b =-数列{}n C 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求数列}{n c 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n d 是等差数列，且nn S d n c=+，求非零常数c ； （Ⅲ）若1()()(36)nn d f n n N n d ++=∈+，求数列{()}f n 的最大项．解：（Ⅰ）由222,(*,1),(1)01x x ny n N y x y x y n x -+=∈≠-++-=+得 Q x R ∈，1y ≠，214(1)()0,44(1)410y y n y n y n ∴∆=---≥-++-≤即由题意知：2,44(1)410n n a b y n y n -++-=是方程的两根，1443,(*)n n n a b n C n n N ∴⋅=-∴=-∈（Ⅱ）cn n n d n n S n n +-=-=222,2，∴1231615,,123d d d c c c ===+++ Q {}n d 为等差数列，2132d d d ∴=+，220c c ∴+=，10()2c c ∴=-=或舍 经检验12c =时，{}n d 是等差数列，2n d n = （Ⅲ）211()36(36)(22)4937n f n n n n n==≤=++++366""1().49n n n f n ===∴当且仅当即时取的最大值为5已知双曲线2211n n n n a ya x a a ---=的一个焦点为((2)n ≥, 且16c =, 一条渐近线方程为y =, 其中{}n a 是以4为首项的正数数列. （I ）求数列{}n c 的通项公式; （II ） 求证:不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立. （I ）双曲线方程即为2211n n y x a a --=,所以1n n n c a a -=+.于是12nn a a -=. ∴数列{}n a 是首项为4,公比为2的等比数列,从而12n n a +=,∴12232n n n n c +=+=?（n ≥2）. 又16c =,也符合上式,所以32n n c =?（n ∈N *）. （II ）令n S =2121212323232n n n n c c c +++=+++⋅⋅⋅L L ,则12n S =23112323232n n ++++⋅⋅⋅L , ∴12n S =211111113233232323232n n n n n n +++++-=--⋅⋅⋅⋅⋅⋅L ,∴n S =1212333232n n n ---<⋅⋅. 即 不等式12122332n n n n c c c ++++<⋅L 对一切自然数(n n ∈N *）恒成立.6已知曲线)0(1)1(log )(2>++=x x x x f 上有一点列))(,(*N n y x P n n n ∈，点n P 在x 轴上的射影是)0,(n n x Q ，且)(12*1N n x x n n ∈+=-，11=x .（1）求数列}{n x 的通项公式；（2）设四边形11++n n n n P Q Q P 的面积是n S ，求证：4121121<+++nnS S S Λ 解：（1）由)(12*1N n x x n n ∈+=-得)1(211+=+-n n x x ………………2分∵11=x ， ∴01≠+n x ，故}1{+n x 是公比为2的等比数列112)1(1-⋅+=+⇒n n x x∴)(12*N n x n n ∈-=.…………………………………………………………5分（2）∵n nn n n nx f y 2112)112(log )(2=+-+-== ， ∴nn n n n Q Q 2)12()12(||11=---=++, 而nn n nQ P 2||=， …………………8分 ∴四边形11++n n n n P Q Q P 的面积为：4132)221(21|||)||(|211111+=⋅++=⋅+=++++n n n Q Q Q P Q P S n n n n n n n n n n ∴)111(4)33131(12)13131(12)13(312)13(41+-=+-<+-=+=+=n n n n n n n n n n nS n , 故1211114(1)421n S S nS n +++<-<+L .……………………………………………12分7已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，又有数列{}n b 满足关系11b a =，对n N *∈，有n n a S n +=，11n n n b a a ++=-(1)求证：{}n b 是等比数列，并写出它的通项公式；(2)是否存在常数c ，使得数列{}1n S cn ++为等比数列？若存在，求出c 的值；若不存在，说明理由。

高考数学二轮复习之等差等比数列一、等差、等比数列基本量求法及运用二、数列通项公式求法：累加、累乘、倒数、构造、取对、迭代、分类讨论注意：(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *.(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.例题：1、(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．2、(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________.3、设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________.4、已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1×a n ＝2n (n∈N *)，则a 10＝________．5、已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k a k ＋1<0，则正整数k ＝________．6、设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为___________．7、(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________.8、(构造法)在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．9、(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．10、数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________．11、设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( ) A ．递增 B ．递减 C ．先增后减D ．先减后增12、已知数列{an}满足a1＝2,2anan ＋1＝a2n ＋1，设bn ＝an －1an ＋1，则数列{bn}是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列13、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．14、已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．15、在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n (n ∈N *)．(1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．16、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n(n∈N *)．若p －q ＝5，则a p －a q ＝________． 17、已知数列{an}满足a2＝2a1＝2，nan ＋2是(2n ＋4)an ，3(2n2＋4n)的等差中项，则数列{an}的前n 项和为________．18、在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n .若S 7＝21，则a 4的值为________． 19、若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 4＋a 10＝20，则S 13＝________．20、(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( )21、已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．22、已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．23、已知在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( )24、(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( ) 25、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．26、(2019·山西五校联考)在数列{a n }中，a n ＝28－5n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，当S n 最大时，n ＝( )27、在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前n 项和为Sn ，若S1212－S1010＝2，则S2 019的值等于( )28、已知函数y ＝f(x)的定义域为R ，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f(x)f(y)＝f(x ＋y)恒成立．若数列{an}满足a1＝f(0)，且f(an ＋1)＝1f (－2－an )(n ∈N*)，则a2 016的值为________．29、(2019·广东中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的前11项和为( )30、(2019·广州高中综合测试)等差数列{a n }的各项均不为零，其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，则S 2n ＋1＝( )31、(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)在(1)中，设b n ＝S nn ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列． 32、(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________．33、数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2n ，证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列．34、(2019·西宁月考)已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．35、(2018·河南四校联考)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2…a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )36、(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )37、(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 019＝( )38、已知首项与公比相等的等比数列{a n }满足a m a 2n ＝a 24(m ，n ∈N *)，则2m ＋1n的最小值为( ) 39、在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )40、(2019·郑州一测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.41、已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .42、(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．43、(2017·北京卷)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1) 求{a n }的通项公式；(2) 求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.44、(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1) 求{a n }的通项公式；(2) 求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．45、(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4. (1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式． 46、已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2 a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 取得最小值？并求出最小值．47、设数列{a n }的首项a 1＝a ≠14，且a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ，n 为偶数，a n＋14，n 为奇数，记b n ＝a 2n －1－14，n ＝1,2,3，…，(1)求a 2，a 3与b 1，b 2，b 3(用a 表示)．(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．48、已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )49、设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n ＝2S n ＋3，数列{b n }是等差数列，且T 5＝25，b 10＝19.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b nn (n ＋1)，求数列{c n }的前n 项和R n ，并求R n 的最小值．50、已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .。

第1讲 等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.核心知识回顾1.等差数列(1)通项公式：□01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差中项公式：□022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (3)前n 项和公式：□03S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2.2．等比数列(1)等比数列的通项公式：□01a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m . (2)等比中项公式：□02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．(3)等比数列的前n 项和公式：□03S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－q n1－q q ≠1.3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)是□03等差数列． (3)等差数列的“依次每m 项的和”即S m ，□04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…仍是等差数列． (4)等差数列{a n }当项数为2n 时，S 偶－S 奇＝□06nd ，S 奇S 偶＝□07a n a n ＋1，项数为2n －1时，S 奇－S 偶＝□08a 中＝□09a n ，S 2n －1＝(2n －1)a n 且S 奇S 偶＝□10n n －1.(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ·a n ＝a l ·a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ·a n ＝a 2p .(2)当n 为偶数时，S 偶S 奇＝□03q (公比)．(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m 项的和”，即S m ，□04S 2m －S m ， □05S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1 (1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且满足若a 3＋S 5＝12，a 4＋S 7＝24，则a 5＋S 9＝( )A ．24B ．32C ．40D ．72答案 C解析 ∵a 3＋S 5＝6a 3＝12，a 4＋S 7＝8a 4＝24，∴a 3＝2，a 4＝3，∴a 5＝4.∴a 5＋S 9＝10a 5＝40，故选C.(2)在等差数列{a n }中，已知a 4＝5，a 3是a 2和a 6的等比中项，则数列{a n }的前5项的和为( )A ．15B ．20C ．25D ．15或25答案 D解析 设公差为d ，∵a 3为a 2，a 6的等比中项，∴a 23＝a 2·a 6，即(a 4－d )2＝(a 4－2d )(a 4＋2d )，∴5d (d －2)＝0，∴d ＝0或d ＝2.∴5－d ＝5或3，即a 3＝5或3，∴S 5＝5a 3＝25或15.故选D.(3)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 3n－1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n ＝3n－1.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．在各项为正数的等比数列{a n }中，S 2＝9，S 3＝21，则a 5＋a 6＝( ) A ．144 B ．121 C ．169 D ．148答案 A解析 由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝9，a 1＋a 2＋a 3＝21，即⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝9，a 11＋q ＋q2＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－23，a 1＝27(舍去)．∴a 5＋a 6＝a 1q 4(1＋q )＝144.故选A.2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为( )A.13 B.76C.73D.67答案 C解析 设a n 为第n 等人的得金数，则{a n }为等差数列，由题设可知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 8＋a 9＋a 10＝3，故a 2＝43，a 9＝1，而a 5＋a 6＝a 2＋a 9＝73.故选C.3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( ) A ．4×20202－1 B ．4×20192－1 C ．4×20222－1 D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1， ∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a 2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A. 考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n≥2，n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．(2019·江西八所重点中学4月联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)证明：∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，∴a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，∴b n ＝a 2na 2n －1＝4n 2n ＋122n －12n ＝4n 22n －12n ＋1＝1＋12n －12n ＋1＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.考向2 数列中a n 与S n 的关系问题例3 设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. ∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n.(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n. ∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n，① 3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×321－3n －11－3－(2n －1)×3n ＋1＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.(2019·福建泉州5月质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)证明：{a n }为等比数列；(2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围． 解 (1)证明：由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝2n，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10n ＋1n， 因为10n ＋1n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)．真题押题 『真题模拟』1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析 由题意，知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30.故选C ．2．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C ．3．(2019·安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得________白米( )A ．96石B ．78石C ．60石D ．42石答案 C解析 今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石．设此等差数列为{a n }，公差为d ，其前n 项和为S n ，∴d ＝a 3－a 13－1＝－362＝－18，S 3＝3a 1＋3×22×(－18)＝180，解得a 1＝78.∴a 2＝a 1＋d ＝78－18＝60.∴乙应该分得60石．故选C ．4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n n －12×2＝n 2－4n .故选A ．5．(2019·新疆高三第一次诊断)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝3，a 1＋a 2＋…＋a 6＝21，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16，则m 能取到的最大正整数是________．答案 7解析 设数列{a n }的公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，6a 1＋15d ＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ，且1a n ＝1n，∴S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，令T n ＝S 2n －S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 则T n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2， 即T n ＋1－T n ＝12n ＋2＋12n ＋1－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，∴T n ＋1>T n ，则T n 随着n 的增大而增大，即T n 在n ＝1处取最小值， ∴T 1＝S 2－S 1＝12，∵对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16成立，∴12>m16即可，解得m <8， 故m 能取到的最大正整数是7.『金版押题』6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝12S n ＋1S n ，则数列{S n }的通项公式为________．答案 －2n ＋1解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12S n ＋1S n ，所以1S n ＋1－1S n ＝－12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－12为公差的等差数列．所以1S n ＝－1－12(n －1)＝－12n －12.故S n ＝－2n ＋1. 7．给出一个直角三角形数阵(如下)，满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为a ij (i ≥j ，i ，j ∈N *)，则a n 4＝________.14 12，14 34，38，316… 答案n32解析 因为每一列的数成等差数列，且第一列公差为12－14＝14，所以a i 1＝14＋(i －1)14＝i4，因为从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等为3834＝12，所以a ij ＝a i 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1＝i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1(i ≥3)，因此a n 4＝n 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124－1＝n 32.8．已知正项等比数列{a n }满足：a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝32，则1m ＋4n的最小值为________．答案 34解析 因为数列{a n }是正项等比数列，a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20， 所以a 2a 8＝a 25＝16a 5，a 5＝16，a 3＝4.由a 5＝a 3q 2，得q ＝2(q ＝－2舍去)，由a 5＝a 1q 4，得a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，因为a m a n ＝32，所以2m －12n －1＝210，m ＋n ＝12，1m ＋4n ＝112(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥112⎝⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝34(m >0，n >0)，当且仅当n ＝2m 时“＝”成立，所以1m ＋4n 的最小值为34.配套作业一、选择题1．(2019·山东德州高三下学期联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( )A ．4B ．8C ．16D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，∴a 1q 4＋q 6a 1q ＋q3＝8，解得q ＝2，则a 6＝25＝32.故选D ． 2．已知等比数列{a n }满足a 1a 2＝1，a 5a 6＝4，则a 3a 4＝( ) A ．2 B ．±2 C ． 2 D ．± 2答案 A解析 ∵a 1a 2，a 3a 4，a 5a 6成等比数列，即(a 3a 4)2＝(a 1a 2)(a 5a 6)，∴(a 3a 4)2＝4，a 3a 4与a 1a 2符号相同，故a 3a 4＝2，故选A ．3．(2019·安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3d a 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋da 1＋1＝d ，得2dd＝2＝d ，故选A ．4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27答案 B解析 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝9，S 6＝36，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝9，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝3(a 1＋7d )＝3×(1＋7×2)＝45.解法二：由等差数列的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，S 9－S 6成等差数列，所以S 9－S 6＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.5．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3 B ．S 6＝－12S 3C ．S 6＝12S 3D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.6．(2019·陕西西安高三第一次质检)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0B ．252C ．21D ．42答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21a 1＋a 212＝21.故选C ．二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.8．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 答案 －8解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ①a 1(1－q 2)＝－3. ②∵a 1＋a 2＝－1≠0，∴q ≠－1，即1＋q ≠0. ②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.9．(2019·山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n n ＋12解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)22＝2n ＋12，即b n ＝n ＋12.当n ＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n2，则a n ＝b n b n －1＝n n ＋12，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋12.10．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n－1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32.三、解答题11．(2019·广东茂名五大联盟学校高三3月联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0，即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n . 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 11－q n 1－q＝2(2n－1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n)λ 若数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列， 即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]， 即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2. 经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n)λ}成等差数列， 故λ的值为－2.12．(2019·江西上饶市高三二模)已知首项为1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，等差数列{b n }满足b 1＝a 2，b 4＝a 3，数列{b n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c n a n＝S n ，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1qn －1，∴a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，∴q ＝3.∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1，∴a 2＝3，a 3＝9，∴b 1＝3，b 4＝9. 设{b n }的公差为d ，∴d ＝b 4－b 13＝2，∴b n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2n ＋1，∴S n ＝n 3＋2n ＋12＝n 2＋2n ，当n ＝1，c 1a 1＝3，c 1＝3，当n ≥2，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n a n＝n 2＋2n ，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝(n －1)2＋2(n －1)， 两式相减，得c na n＝2n ＋1，∴c n ＝(2n ＋1)·3n －1，经检验，n ＝1时上式也成立．综上，c n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *.T n ＝3×30＋5×31＋…＋(2n ＋1)·3n －1，∴3T n ＝3×31＋5×32＋…＋(2n ＋1)·3n， 两式相减－2T n ＝3－(2n ＋1)·3n ＋2×31＋2×32＋…＋2×3n －1＝3－(2n ＋1)·3n＋61－3n －11－3＝－2n ·3n.∴T n ＝n ·3n.13．已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0. 因为a 1>0，所以a 1＝1.(2)因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ① 所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1, ② ②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1， 即3a 2n ＋1＝(S n ＋a n ＋1)2－S 2n ＋2a n ＋1. 因为a n ＋1>0， 所以a n ＋1＝S n ＋1, ③ 所以a n ＋2＝S n ＋1＋1, ④④－③，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＋1a n＝2. 又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2)， 即a 22－2a 2＝0.因为a 2>0，所以a 2＝2，所以a 2a 1＝2，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1a n＝2成立， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.14．(2019·河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列{a n }中，a 1＝12，且a 2，a 3，a 4－1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2log 2a n ＋4，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2，a 3，a 4－1成等差数列．所以2a 3＝a 2＋a 4－1，得2a 1q 2＝a 1q ＋a 1q 3－1. 又a 1＝12，则2×12q 2＝12q ＋12q 3－1，即q 2＝12q ＋12q 3－1.所以2q 2＝q ＋q 3－2，所以2q 2＋2＝q ＋q 3，所以2(q 2＋1)＝q (q 2＋1)．所以(q 2＋1)(2－q )＝0. 显然q 2＋1≠0，所以2－q ＝0，解得q ＝2. 故数列{a n }的通项公式a n ＝a 1·q n －1＝12·2n －1＝2n －2. (2)由(1)知，b n ＝2log 22n －2＋4＝2(n －2)＋4＝2n .所以1b n b n ＋1＝12n ·2n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋1.。

等差数列：S n ＝＝na 1＋ n （a 1＋a n ） n （n －1）d ；等比数列：S n ＝a 1（1－q n ） a 1－a n q ＝ (q ≠1)．年份卷别 专题三 数 列第 1 讲 等差数列与等比数列考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ卷Ⅱ 等差数列基本量的计算·T4 a n与 S n 关系的 等差数列、等比数列应用·T 14 的判定及其通项公式在考等差数列基本量的计算、和的最值问题·T 17 查基本运算、基本概念的2017卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ等比数列基本量的计算·T 17等差数列的通项公式、前 n 项和公式·T 4等比数列的概念、前 n 项和公式、数学文 化·T 3等差数列的前 n 项和公式、通项公式及等比中项·T 9同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项等比数列的通项公式·T 14 2016 卷Ⅰ等差数列的基本运算·T 3等比数列的运算·T 15等差、等比数列的基本运算(基础型)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.求和公式2 21－q 1－q性质公式和前 n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题.等差数列若 m ，n ，p ，q ∈N *，且 m ＋n ＝p ＋q ，则 a m性质＋a n ＝a p ＋a qa n ＝a m ＋(n －m )dS m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列等比数列若 m ，n ，p ，q ∈N *，且 m ＋n ＝p ＋q ，则 a m ·a n ＝a p ·a q a n ＝a m q n －mS m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比1．(2018· 贵阳模拟)设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 6＝2a 3，则11＝( )52210 5解析：选 D. 11＝＝11a 6＝22.故选 D. 解析：选 B.设等差数列{a n }的公差为 d ，因为 3S 3＝S 2＋S 4，所以 3(3a 1＋ d )＝2a 1＋d＋4a ＋ d ，解得 d ＝－ a1，因为 a 1＝2，所以 d ＝－3，所以 a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)2 2＝4S ＋3 得，(n ＋2)a ＝4na ＋3，即 3a n ＝2a －3，若对任意的正整数 n ，3a n ＝2a －3 恒n ＋2＝ 11－q 1－q＝4S＋3 并化简得 a (4－q 2)q n ＝3＋3a －3q ，若对任意的正整数 n 该等式恒成 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ 4．(2018· 南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则20＝________．数列(S n ≠0)[考法全练]S S 511 A.11 C. 5 B.22 D.11（a ＋a ）S 2 1 11 S 5 5（a ＋a ） 5a 3 52 1 52．(2018· 高考全国卷Ⅰ)记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和．若 3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则 a 5＝()A ．－12C ．10B ．－10D ．123×2 24×3 3 1 2＝－10.故选 B.3．(2018· 郑州模拟)等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若对任意的正整数 n ，S n ＋＝4S n ＋3恒成立，则 a 1 的值为 ()A ．－3C ．－3 或 1B ．1D ．1 或 3解析：选 C.设等比数列{a n }的公比为 q ，当 q ＝1 时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1，由 S n ＋2n 1 1 1 1 1 1成立，则 a ＝0 且 2a －3＝0，矛盾，所以 q ≠1，1 1a （1－q n ）a （1－q n ＋2）所以 S ＝ 1 ，S n，代入 Sn ＋2n 1 1⎧4－q 2＝0， ⎧a ＝1， ⎧⎪a ＝－3， 立，则有⎨ 解得⎨ 1 或⎨ 1⎪3＋3a 1－3q ＝0， ⎪q ＝2 ⎪q ＝－2， 故 a ＝1 或－3，故选 C. 1a a 10a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，所以q2＝1.于是20＝q10＝1.所以⎨或⎨因为a2＝a a>0，所以⎨4则公比q满足q4＝1，q2＝1，⎪⎩a8＝4⎪⎩a8＝12.⎪⎩a8＝4，故a＝(－2)n－1或a＝2n－1.1⎪⎪3an解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得a2q6＝16，所以a1q3＝±4.由aa10法二：由等比数列的性质，得a24＝a2a6＝16，所以a4＝±4，又a4＋a8＝8，⎧a＝4，⎧⎪a＝－4，⎧a＝4，44648所以a20＝q10＝1.a10答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝q n－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.n n(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－（－2）n.由S＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．m若a＝2n－1，则S＝2n－1.n n由S＝63得2m＝64，解得m＝6.m综上，m＝6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n＝a n－1＋an＋1(n≥2)．(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：a①利用定义，证明n＋1(n∈N*)为一常数；b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)．(2)判断数列{}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．nan－12所以数列{a}是首项为1，公比为1的等比数列，故数列{a}的通项公式为a＝⎛⎫⎝2⎭.bn－11＋bn－1bn bbn b所以1＝1＋(n－1)·1＝，故数列{b}的通项公式为b＝2.bn222n－1②利用等比中项，即证明a2＝a n－1an＋1(n≥2)．[典型例题]设S n为数列{a n}的前n项和，对任意的n∈N*，都有S n＝2－a n，数列{b n}满足bn－11＋bn－1(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；1bn【解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；当n≥2时，a＝S－Sn n n－1＝a－a，即a n＝1(n≥2，n∈N*)．n－1nn21n－1n n(2)因为a1＝1，所以b＝2a＝2.11因为b＝，n所以1＝1＋1，n－1即1－1＝1(n≥2)．n－1所以数列{1}是首项为1，公差为1的等差数列．bn22n－1n n判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．故{a }的通项公式为 a ＝(－2)n .＝－2＋(－1)n . (2)由(1)可得 S n ＝ 1 3 3 ⎩ ＝2[－2＋(－1)n a n ＝⎨ 1(3)在已知数列{a n }中，满足 n ＋1＝f(n )，且 f (1)· f (2)· …· f(n )可求，则可用累乘法求数列的 C ．⎝2⎭2 D ．⎝3⎭3[对点训练]记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和，已知 S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求 S n ，并判断 S n ＋1，S n ，S n ＋2 是否成等差数列．解：(1)设{a n }的公比为 q .由题设可得⎧⎪a （1＋q ）＝2， ⎨ 1⎪a 1（1＋q ＋q 2）＝－6.解得 q ＝－2，a ＝－2.1n na （1－q n ） 2n ＋1 1－q由于 S n ＋2 ＋Sn ＋1 ＝－4＋(－1)n 32n ＋3－2n ＋2 2n ＋1 3 3 3 ]＝2S n ，故 S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．S n ，a n 关系的应用(综合型)数列{a n }中，a n 与 S n 的关系⎧⎪S ，n ＝1，⎪⎩S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足 a n ＋1－a n ＝f(n )，且 f(1)＋f(2)＋…＋f(n )可求，则可用累加法 求数列的通项 a n .a a n 通项 a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018· 合肥第一次质量检测)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 3S n ＝2a n －3n ，则 a 2 018＝()A ．22 018－1B ．32 018－6⎛1⎫2 018 7 ⎛1⎫2 018 10②设c n＝，求数列{c n}的前n项和S n.（4n2－1）2nbn＋1an＋2－an＋1（3an＋1－2an）－an＋12（an＋1－an）nanabn a n＋1－an＋1－an＋1－a所以数列{b}是以1为首项，以2为公比的等比数列．（4n2－1）2n所以c＝＝1 ⎪，2（2n＋1）（2n－1）4⎝2n－12n＋1⎭1－1⎫⎛＝1 1－3＋3－5＋…＋2n－12n＋1⎭4⎝bn＝1 1－1⎫n2n＋1⎭4n＋2.(2)(2018·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn ＝an＋1－an.①证明：数列{bn}是等比数列；bn【解】(1)选A.因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3a1＝－3.当n≥2时，3S＝2a－3n，3Sn n n－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，n则a2018＝22018－1.(2)①证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，所以＝＝＝＝2，n又b＝a－a＝2－1＝1，121n②由①知b＝1×2n－1＝2n－1，n因为c＝，n1⎛1－1⎫n所以S＝c＋c＋…＋cn12n111⎪⎛4⎝⎪＝(1)给出Sn与a n的递推关系求a n的常用思路：一是利用S n－S n－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求an.(2)形如an＋1＝p an＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练]log3an＋1·log3an＋2解：(1)由已知S n＝a n－①，2＝3a－1(n≥2)②，①－②得a＝3a－3a又a＝1，所以数列{a}是以1为首项，3为公比的等比数列，故a＝3n－1.(2)由(1)知bn＝＝1－1，n＋1n＋1n＋1所以T＝n.n＋1n－1＝a＋(n－1)b＋31(2018·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足S n＝2a n－2，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；1(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.312得Sn－12n－12n2n2n－1，即a＝3an n－1(n≥2)，1n n1n（n＋1）n n＋1所以T＝1－1＋1－1＋…＋1－1＝1－1＝n，n1223nn数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为a n＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．【解析】令b n＝a n＋1－a n，依题意知数列{b n}为等差数列，且公差为1，所以b＝b＋(n－1)×1，n1a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…an－an－1＝bn－1，累加得a＝a＋b＋…＋bn1111（n－1）（n－2）＝(n－1)a－(n－2)a221－an＋1an＋1－an等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a}是等比数列，且公比（n－1）（n－2）＋，2分别令n＝12，n＝22，⎧⎪11a2－10a1＋55＝0，得⎨⎪⎩21a2－20a1＋210＝0，解得a＝231，a＝100.122【答案】100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]a在数列{an}中，n∈N*，若n＋2＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即nq＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝() A．420C．－420B．340D．－340×(－2．(2018· 益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则 7 a －a 9 a 5－a 7 a 5 a 2＝9q ＝45，所以 q ＝5，a 7－a 9＝ 解析：选 D.设等比数列{a n }的公比为 q ，则 a 4a 7＝ q 5 a －a a 5q 2－a 7q 25 －aa 1列，又 a ＋a ＝23＝2a ＋7d ＝2a ＋21，所以 a ＝1，S ＝8a ＋ d ＝92.8（a 1＋a 8）8（a 4＋a 5） C ．－ 3解析：选 A.依题意得，a 36＝(－ 3)3，3b 6＝7π，所以 a 6＝－ 3，b 6＝ 7π b 3＋b 94 a1－a 1－a 26 1－a 4 a 8⎪＝tan ⎪解析：选 D.设数列{a n }的公差为 d ，则 a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由 a 3 a 5＝12 得d ＝±2，由 a 1>0，a 2＝0，可知 d <0，所以 d ＝－2，所以 a 1＝2，故 S 20＝20×2＋ 20×1922)＝－340，故选 D.的值为( )A ．3C ．9B ．5D ．25q5 7＝q 2＝25.故选 D.7 3．(一题多解)已知 S n 是数列{a n }的前 n 项和，且 S n ＋＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则 S 8＝()A ．72C ．92B ．88D ．98解析：选 C.法一：由 S n ＋1＝S n ＋a n ＋3 得 a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为 3 的等差数8×74 5 1 1 1 8 1 2法二：由 S n ＋1＝S n ＋a n ＋3 得 a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为 3 的等差数列，S 8＝＝ ＝92.224．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若 a 1·a 6·a 11＝－3 3，b 1＋b 6＋b 11＝7π ，则 tan b 3＋b 9 1－a 4·a 8的值是 ( )A ．－ 33B ．－1D. 3，所以 ＝3 82b 6 ＝－7π，故 tan b 3＋b 9 ＝tan ⎛－7π⎫ ⎛－2π－π⎫＝－tan π＝－ 3，故选 A. 3 ⎝ 3 ⎭ ⎝ 3 ⎭35．(2018· 长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差 d >0，则其前 n 项－5d ＝a ＋10d ，所以 a ＝－15d ，则 a ＝－d <0，a ＝d>0，所以前 8 项和为前 n 项和的最小8 9 1－2 1－2 n －1＝2a ＋1－(2a n －1＋1)，所以 a ＝2a，所以数列{a }是以－1 为首项，2 为公比1－2和取最小值时 n 的值为()A ．6C ．8B ．7D ．9解析：选 C.由 d >0 可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 11 12 2 2值，故选 C.6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若 a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为 a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前 n 项和 S n ＝()A ．2C ．2n ＋1－2B ．2nD ．2n －1－2解析：选 C.因为 a n ＋1－a n ＝2n ，所以 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n ＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以 S ＝2－2n ＋1＝2n ＋1－2. n二、填空题7．(一题多解)(2018· 高考全国卷Ⅰ)记 S n 为数列{a n }的前 n 项和．若 S n ＝2a n ＋1，则 S 6 ＝________．解析：法一：因为 S n ＝2a n ＋1，所以当 n ＝1 时，a 1＝2a 1＋1，解得 a 1＝－1；当 n ＝2 时，a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－2； 1 222当 n ＝3 时，a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－4； 1 2333当 n ＝4 时，a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－8； 1 23444当 n ＝5 时，a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－16； 1 234555当 n ＝6 时，a ＋a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－32； 1 2345666所以 S ＝－1－2－4－8－16－32＝－63.6法二：因为 S n ＝2a n ＋1，所以当 n ＝1 时，a 1＝2a 1＋1，解得 a 1＝－1，当 n ≥2 时，a n＝S －Snn n n －1 n－1×（1－26）的等比数列，所以 a ＝－2n －1，所以 S ＝ ＝－63.n 6答案：－638．(2018· 惠州第二次调研)已知数列{a n }满足 a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }n 12 1 a n 1 1 n 为首项， 为公差的等差数列，所以 ＝ ＋(n －1)× ＝ ，所以 a ＝n·n －1. S 2nn 2n ＋ ×2n （2n －1）d ，即 2解析：由 ＝k(k 为常数)，且 a 1＝1，得 n ＋ n(n －1)d ＝k 2 d （4k －1）＝0，1 所以数列{a }的公差为 2.n ＋1 1因为{a }的各项都为正数，所以＝. 1 1故{a }是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 a ＝ . n12 解析：a n ＋1－2a n ＝2 两边同除以nn1 n 1 n n ＋12，可得 － n ＝ ，又 ＝ ，所以数列 2n 是以2 （2k －1）（2－d ）＝0， k ＝ . 解：(1)由题意可得 a 2＝ ，a 3＝ .2 a n 2 n 11．(2018· 考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足 a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设 b n ＝ .n2的通项公式 a n ＝________．a ＋ a 1 a 1a 12 2 2 22 2n 2 2 2n答案：n· －1S9．设某数列的前 n 项和为 S n ，若 n 为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为 1，公差为 d(d≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差 d ＝________．S 1 1 S 2n2＋(n －1)d ＝4k ＋2k(2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d)＝0，因为对任意正整数 n ，上式恒成立，d ＝2， 所以得4n答案：2三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足 a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求 a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．1 1 4(2)由 a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)，a nn 2na 高(1)求 b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．11由条件可得 n ＋1 ＝2a n，即 b n ＋1 n＝2b，又 b ＝1，所以{b }是首项为 1，公比为 2 的等比 (3)由(2)可得 n＝2n －1，所以 a n ＝n ·2n －1.n⎩ ⎩＝1b .当 n ＝1 时，b ＋b ＝3，所以 b ＝3.所以数列{b }为等比数列，且首项是3，公比是1，2（n ＋1）解：(1)由条件可得 a n ＋1＝ n a n .将 n ＝1 代入得，a ＝4a ，而 a ＝1，所以，a ＝4. 2 112将 n ＝2 代入得，a ＝3a ，所以，a ＝12. 3 23从而 b ＝1，b ＝2，b ＝4.123(2){b n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列．a n ＋1 n 1 n数列．a12．已知数列{a n }是等差数列，满足 a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前 n 项和是 T n ，且 T n ＋b n ＝3.(1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式； (2)设 c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项． 解：(1)设等差数列{a n }的首项为 a 1，公差为 d ，⎧⎪a ＋d ＝5，由题意，得⎨ 1⎪a 1＋3d ＝13，⎧⎪a ＝1，解得⎨ 1⎪d ＝4，所以 a ＝4n －3. n 又 T ＋b ＝3，n n所以 T n ＋1＋b n ＋1＝3，两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0，所以 bn ＋1 2 n1 1 1 2n 2 212所以 b ＝3×⎛ ⎫ ⎝2⎭ ＝ 3 .所以 c 3（4n ＋1）2 n ＋1 ，所以 c 3（4n ＋1） 3（4n －3） 3（7－4n ）2n ＋1 － 2n ＋1 .所以当 n ＝1 时，c －c >0； －c <0，所以 c <c >c >c >…，所以(c )＝c ＝15.1 n －1n 2 2n3（4n －3）(2)因为 c n ＝a n b n ＝ 2n，n ＋1 ＝n ＋1 －c n ＝ 2n ＝2 1当 n ≥2 时，cn ＋1n1 23 4n max 2 413。

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组专题13 数列(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.将答案填在题中的横线上.1.已知等差数列{}n a 的公差d 不为0，且1a ，2a ，4a 成等比数列，则1a d的值为____. 【答案】1【解析】由题意得：2214a a a =⋅，则2111()(3)a d a a d +=⋅+，整理得1a d =，所以11a d= 2.等比数列{}n a 中，若12341,4,2,a a a a =成等差数列，则17a a =【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2344,2,a a a 成等差数列，所以，32444a a a =+，即2344q q q =+，解得：q ＝2，所以，6171a a a q =＝643.等差数列{}n a （公差不为0），其中1a ，2a ，6a 成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得: 2216a a a =，则2111(+)(5)a d a a d =+整理得13d a =，2114a a d a =+=，所以21=4a a 4.若数列{}n a 是公差不为0的等差数列，ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，则21a a 的值为 ． 【答案】3【解析】∵ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，∴2152a a a =，故2111(4)()a a d a d +=+，又公差不为0，解得12d a =，∴21111133a a d a a a a +===．5. 等差数列{}n a 的公差不为零，121,a a =是1a 和5a 的等比中项，则159246a a a a a a ++=++ ．【答案】97【解析】由题意得：2215a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，整理得：12d a =，15951124641134993377a a a a a d a a a a a a d a +++====+++6.已知1，1a ，2a ，4成等差数列，1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，则122a ab +的值是 ． 【答案】25 【解析】1Q ，1a ，2a ，4成等差数列，21145a a ∴+=+=，又1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，2213144b b b ∴==⨯=，解得22b =±，又21210b b =⨯>，22b ∴=，∴12252a ab +=． 7. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，44a =，515S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和为 ．【答案】20202019【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =Q ，515S =，134a d ∴+=，1545152a d ⨯+=， 联立解得：11a d ==， 11n a n n ∴=+-=．∴11111(1)1n n a a n n n n +==-++． 则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和1111112019112232019202020202020=-+-+⋯⋯+-=-=． 8. 在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，若数列{}n a 的前n 项之积为n T ，则10T 的值为 ．【答案】452【解析】在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，43544a a a ∴=+，32444q q q ∴=+，解得2q =， 12n n a -∴=，Q 数列{}n a 的前n 项之积为n T ，024567890123456789451022222222222T +++++++++∴=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==．9. 已知等比数列{}n a 满足2124a a +=，235a a =，则该数列的前5项的和为 ． 【答案】31【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2124a a +=Q ，235a a =，1(2)4a q ∴+=，22411()a q a q =，联立解得11a =，2q =．∴该数列的前5项的和5213121-==-．10.等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= ．【答案】32【解析】当：时：不合题意当：1≠q 时：11.已知数列是等差数列，是其前n 项和.若，则的值是_____.【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.{}n a n n S 3676344S S ==,8a *{}()n a n ∈N n S 25890,27a a a S +==8S 1=q由题意可得：， 解得：，则. 12.已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，以n S 表示{}n a 的前项和，则使得n S 达到最大值的n 是 ．【答案】20【解析】设等差数列公差为d ，则有11361053999a d a d +=⎧⎨+=⎩解得139a =，2d =-203921910a ∴=-⨯=>，213922010a =-⨯=-<∴数列的前20项为正， ∴使得n S 达到最大值的是2013.设数列{}n a 各项为正数，且()13log 12n n a -+=，若()321log 1n n b a -=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则使345n T >成立时n 的最小值为 .【答案】6【解析】()13log 12n n a -+=，()221321log 124n n n n b a ---=+==，则()211211444413n nn n T b b b -=+++=++++=-……. 不等式345n T >即为()*41036n n N >∈，所以6n ≥，于是345n T >成立时n 的最小值为6. 14.已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n 项和，则使得成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设，则()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩152a d =-⎧⎨=⎩8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，530S =． （1）求n a ； （2）设数列1{}n S 前n 项和为n T ，当20192020n T =时，求n 的值． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，24a =Q ，530S =．14a d ∴+=，1455302a d ⨯+=g ， 解得．12a d ==22(1)2n a n n ∴=+-= (6分)（2）由（1）可得(22)(1)2n n n S n n +==+． ⇒1111n S n n =-+． 数列1{}n S 前n 项和为1111111122311n T n n n =-+-+⋯+-=-++， 当20192020n T =时，12019112020n -=+，2019n ∴=．（14分 ） 16.（本题满分14分）已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解析】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n . 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋ (n ＋1)×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1， 所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1，(11分) 即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)17. （本题满分14分）已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋da 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(4分) (2) ①因为b 1＝a 1＝1， b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －1·2n ＋1＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， (6分) 即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13， b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15， …b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1，n ≥2，累加得b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝n －12n －1，(9分) 所以b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.又b 1＝1也符合上式，故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.(10分) ②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，则b 2＋b n ＝2b m . 又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，所以43＋⎝⎛⎭⎫32－14n －2＝2⎝⎛⎭⎫32－14m －2，即12m －1＝16＋14n －2，化简得2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.(12分) 当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2(舍去)； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．所以存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．(14分)18.(本题满分16分)记{}1,2,100U =…,.对数列{}()*n a n ∈N 和U 的子集T ，若T =∅，定义0TS=；若{}12,,k T t t t =…，，定义12k T t t t S a a a =+++L .例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n ∈N 是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,T k ⊆…，，求证：1T k S a +<； 【解析】 (1) 由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.（8分） (2) 因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .（15分）因此，S T <a k ＋1.（16分）19. （本题满分16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式； 【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（8分）（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，（12分)当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N∈.（16分）20.（本题满分16分）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1. (1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围． 【解析】 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )． 故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分)故T n ＝31＋32＋…＋3n －(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n n ＋12λ.(8分) 因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n n ＋12λ≥39－6λ恒成立，即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分) 当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立， 所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，n ≥4，则f (n ＋1)－f (n )＝3n＋12n 2－26＋162n ＋1n 2＋3n －10n 2＋n －12＞0恒成立，故f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，所以λ≤f (4)＝814.(15分)综上，9≤λ≤814.(16分)。