高考数学一轮复习 小题精练系列 专题08 等比数列(含解析)文

8.3 等比数列核心考点·精准研析考点一等比数列基本量的运算1.已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,且S3=14,a3=8,则a6等于 ( )A.16B.32C.64D.1282.(2020·赣州模拟)S n是等比数列{a n}的前n项和,若S4,S3,S5成等差数列,则{a n}的公比q的值为( )A. B.-2 C.1 D.-2 或13.已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= ( )A.21B.42C.63D.844.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项的和为15,且a5=3a3+4a1,则a3= ( )A.16B.8C.4D.25.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为( )A.-2B.2C.-3D.3【解析】1.选C.因为S3=14,a3=8,所以q≠1,所以, 解得a1=2,q=2或a1=18,q=-(舍),所以a6=a1q5=2×32=64.2.选B.由S4,S3,S5成等差数列知等比数列{a n}的公比q≠1,因此得2S3=S5+S4,即=+,化简整理得q3(q+2)(q-1)=0,所以q=0(舍去),q=1(舍去)或q=-2.故q=-2.3.选B.设数列{a n}的公比为q,则a1(1+q2+q4)=21,又a1=3,所以q4+q2-6=0,所以q2=2(q2=-3舍去),所以a3=6,a5=12,a7=24,所以a3+a5+a7=42.4.选C.设该等比数列的首项为a1,公比为q,由已知得,a1q4=3a1q2+4a1,因为a1>0且q>0,则可解得q=2,又因为a1(1+q+q2+q3)=15,即可解得a1=1,则a3=a1q2=4.5.选B.设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.因为==q m+1=9,所以q m=8.所以==q m=8=,所以m=3,所以q3=8,所以q=2.把T1条件“S3=14,a3=8”改为“a3=9,S3=27”其他条件不变,则公比q的值为( ) A.1 B.-C.1或-D.-1或 -【解析】选C.当公比q=1时,a1=a2=a3=9,所以S3=3×9=27.符合题意.当q≠1时,S3=,所以27=,所以a1=27-18q,因为a3=a1q2,所以(27-18q)·q2=9,所以(q-1)2(2q+1)=0,所以q=-.综上q=1或q=-.解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想:等比数列中有五个量a1,n,q,a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求出关键量a1和q,问题便可迎刃而解.(2)分类讨论的思想:等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,将q分为q=1和q≠1两种情况进行讨论.【秒杀绝招】1.应用转化法解T2选B.由S4,S3,S5成等差数列,得2S3=S5+S4,即2(a1+a2+a3)=2(a1+a2+a3+a4)+a5,整理得a5=-2a4,所以=-2,即q=-2.故选B.2.应用等比数列性质解T3:选B.设数列{a n}的公比为q,则a1(1+q2+q4)=21,又a1=3,所以q4+q2-6=0,所以q2=2(q2=-3舍去),所以a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42,所以a3+a5+a7=42.考点二等比数列的判断与证明【典例】1.已知数列{a n}中,a1=1,若a n=2a n-1+1(n≥2),则a5的值是________.【解题导思】序号联想解题(1) 由a n=2a n-1+1(n≥2)及a1=1,联想到数列的递推公式求a5(2) 由a n=2a n-1+1(n≥2)联想到转化法求通项公式【解析】因为a n=2a n-1+1,所以a n+1=2(a n-1+1),所以=2,又a1=1,所以{a n+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,即a n+1=2×2n-1=2n,所以a5+1=25,即a5=31.答案:31【一题多解】由a n=2a n-1+1(n≥2)及a1=1,联想到数列的递推公式求a5,当n=2得a2=3,同理得a3=7,a4=15,a5=31.答案:312.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n+1=4a n+2(n∈N*),若b n=a n+1-2a n,求证:{b n}是等比数列.【解题导思】序号题目拆解(1)①S n+1=4a n+2(n∈N*)②出现S n+2=4a n+1+2(n∈N*)(2)①b n=a n+1-2an②证明{b n}是等比数列把n换为n+1左式和已知式子相减a n+2=4a n+1-4a n, 把n换为n+1得出b n+1转化为证明为常数【证明】因为a n+2=S n+2-S n+1=4a n+1+2-4a n-2=4a n+1-4a n,所以====2.因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.所以b1=a2-2a1=3.所以数列{b n}是首项为3,公比为2的等比数列.若本例2中的条件不变,试求{a n}的通项公式.【解析】由题知b n=a n+1-2a n=3·2n-1,所以-=,故是首项为,公差为的等差数列.所以=+(n-1)·=,所以a n=(3n-1)·2n-2.【继续探究】若将本例中“S n+1=4a n+2”改为“S n+1=2S n+(n+1)”,其他不变,求数列{a n}的通项公式. 【解析】由已知得n≥2时,S n=2S n-1+n.所以S n+1-S n=2S n-2S n-1+1,所以a n+1=2a n+1,所以a n+1+1=2(a n+1),n≥2,(*)又a1=1,S2=a1+a2=2a1+2,即a2+1=2(a1+1),所以当n=1时(*)式也成立,故{a n+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,所以a n+1=2·2n-1=2n,所以a n=2n-1.1.等比数列的四种常用判定方法(1)定义法:若=q(q为非零常数,n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{a n}是等比数列.(2)等比中项法:若数列{a n}中,a n≠0且=a n·a n+2(n∈N*),则{a n}是等比数列.(3)通项公式法:若数列{a n}的通项公式可写成a n=c·q n-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{a n}是等比数列.(4)前n项和公式法:若数列{a n}的前n项和S n=k·q n-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{a n}是等比数列. 2.证明某数列不是等比数列若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.(2018·全国卷Ⅰ改编)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n,设b n=.(1)求b1,b2,b3.(2)判断数列{b n}是否为等比数列,并说明理由.(3)求{b n}的前10项和S10.【解析】(1)由条件可得a n+1=a n.将n=1代入得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2){b n}是首项为1,公比为2的等比数列.理由:由条件可得=,即b n+1=2b n,又b1=1,所以{b n}是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得S n==2n-1,所以S10=210-1=1 023.考点三等比数列的性质及其应用命题精解读1.考什么:等比数列通项公式、前n项和公式、性质和最值问题2.怎么考:等比数列性质、等比数列前n项和的性质作为考查等比数列运算知识的最佳载体,试题常以选择题、填空题的形式出现,有时也会出现在解答题中3.新趋势:以数列为载体与函数、不等式知识结合等问题.解题过程中常常渗透数学运算核心素养.学霸好方法1.与等比数列性质有关的运算问题解题思路在等比数列中凡是涉及两项的乘积问题,首先考虑其项数和是否相等,若相等则利用等比数列的性质进行运算2.交汇问题以数列为载体与函数性质、不等式等知识结合考查,注意分类讨论思想的应用等比数列项的性质应用【典例】已知等比数列{a n}中,a4+a8=-2,则a6(a2+2a6+a10)的值为( )A.4B.6C.8D.-9【解析】选A.a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2+a6a10=+2a4a8+=(a4+a8)2,因为a4+a8=-2,所以a6(a2+2a6+a10)=4.1.等比数列性质的应用可以分为哪些变形?提示:通项公式的变形、等比中项的变形、前n项和公式的变形.2.在解决等比数列项的性质的有关问题时,如何迅速挖掘隐含条件利用性质解题?提示:在等比数列中凡是涉及两项的乘积问题,首先考虑其项数和是否相等,若项数和相等,则利用等比数列的性质进行运算.提醒:根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.等比数列中的最值与范围问题【典例】设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为________.【思路探究】利用等比数列通项公式求出首项a1与公比q,再将a1a2…a n的最值问题利用指数幂的运算法则转化为二次函数最值问题.【解析】设等比数列{a n}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=.又a1+a1q2=10,所以a1=8.故a1a2…a n==23n·==.记t=-+=-(n2-7n),结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.又y=2t为增函数,从而a1a2…a n的最大值为26=64.答案:64求等比数列中的最值与范围问题有哪些方法?提示:求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解.有时也应用基本不等式.1.已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2= ( )A.2B.1C.D.【解析】选C.设公比为q,因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.2.已知正数组成的等比数列{a n},若a1·a20=100,那么a7+a14的最小值为( ) A.20 B.25 C.50 D.不存在【解析】选A.(a7+a14)2=++2a7·a14≥4a7a14=4a1a20=400(当且仅当a7=a14时取等号).所以a7+a14≥20.1.已知数列{a n}满足log2a n+1=1+log2a n(n∈N*),且a1+a2+a3+…+a10=1,则log2(a101+a102+…+a110)=________. 【解析】因为log2a n+1=1+log2a n,可得log2a n+1=log22a n,所以a n+1=2a n,所以数列{a n}是以a1为首项,2为公比的等比数列,又a1+a2+…+a10=1,所以a101+a102+…+a110=(a1+a2+…+a10)×2100=2100,所以log2(a101+a102+…+a110)=log22100=100.答案:1002.设等比数列{a n}的公比为q,前n项和S n>0(n=1,2,3,…),求q的取值范围. 【解析】因为数列{a n}为等比数列,S n>0,所以a1=S1>0,q≠0.当q=1时,S n=na1>0;当q≠0且q≠1时,S n=>0,即>0,所以或所以-1<q<0或0<q<1或q>1.综上,q的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞).。

专题08 等比数列1．各项为正数的等比数列{}n a 中， 5a 与15a 的等比中项为，则24216log log a a +=（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】∵各项为正数的等比数列{a n }中，a 5与a 15的等比中项为，∴log 2a 4+log 2a 16=()()(2241625152log log log 3a a a a ===．故选：B ．2．在等比数列中，，是方程的根，则的值为（ ） A. B. C. D. 或【答案】B3．己知数列{}为正项等比数列，且a 1a 3＋2a 3a 5＋a 5a 7＝4，则a 2＋a 6＝A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】∵数列{}为正项等比数列，且a 1a 3＋2a 3a 5＋a 5a 7＝4 ∴，即，∴故选：B4．若记等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若12a =,36S =,则4S =（ ）A. 10或8B. 10-C. 10-或8D. 10-或8-【答案】C【解析】设等比数列的公比为q ，由于132,6a S ==，显然1q ≠，232226S q q =++=，则220q q +-= ， 2q =- ， ()3343162210S S a q =+=+⨯-=-，选C.5．在递增等比数列{}n a 中， 23148,9a a a a =+=，则7a =（ ）A. 32B. 64C. 128D. 16【答案】B6．设为等比数列的前项和，，则的值为（ ） A. B. C. D.【答案】B 【解析】设等比数列得首项为，公比为，则，，，选B.7．若等比数列{}n a 的各项都是正数，且1321,,22a a a 成等差数列，则91078a a a a +=+（ ）A. 1B. 3-C. 13+【答案】D【解析】三个数成等差数列，故1232a a a +=，即21112a a q a q +=，解得1q =+，所以2910783a a q a a +==++8．设等比数列{}n a 的公比2q =，前n 项和为n S ，则43S a 的值为（ ） A. 154 B. 152 C. 74 D. 72【答案】A【解析】试题分析：由等比数列的前n 项和公式得()41411a q S q -=-，又231a a q =，()442311514S q a q q -∴==-. 考点：等比数列的通项公式、前n 项和公式及运算.9.已知}{n a 是公比为2的等比数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，若7612a S =+）（，则=3a （ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 考点：1、等比数列的通项公式；2、等比数列前n 项和公式.10.已知公差不为0的等差数列{}n a 满足134,,a a a 成等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则3253S S S S -- 的值为（ ）A ．-2B ．-3C ．2D ．3【答案】C【解析】试题分析：134,,a a a 成等比数列，即()()2111123,4a d a a d a d +=+=-，323153451227S S a a d S S a a a d-+==-++ 22d d-==-. 考点：数列的基本概念.11.已知函数22()32f x x ax a =+-，其中(0,3]a ∈，()0f x ≤对任意的[]1,1x ∈-都成立，在1和a 两数间插入2015个数，使之与1，a 构成等比数列，设插入的这2015个数的成绩为T ，则T =（ ）A ．20152B ．20153C ．201523 D ．201522【答案】C考点：1、不等式恒成立问题；2、等比数列的性质及倒序相乘的应用.12.已知三个数1a -，1a +，5a +成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{}n a 的前三项，则能 使不等式1212111n n a a a a a a +++≤+++成立的自然数n 的最大值为（ ） A ．9B ．8C ．7D ．5 【答案】C【解析】试题分析：因为三个数1,1,5a a a -++等比数列，所以()()()2115,3a a a a +=-+∴=，倒数重新排列后恰好为递增的等比数列{}n a 的前三项，为111,,842，公比为2，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以8为首项，12为公比的等比数列，则不等式1212111n n a a a a a a +++≤+++等价为()1181122811212n n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭≤--，整理，得722,17,n n n N +≤∴≤≤≤∈，故选C. 考点：1、等比数列的性质；2、等比数列前n 项和公式.。

第8节 数列综合问题【基础知识】1. 数列的前n 项和：12n n S a a a =++⋅⋅⋅+2．数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩【规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围． 以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【典例讲解】例1 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n－a n }为等比数列．(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2) 求数列{b n }的前n 项和．例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1) 确定常数k ，求a n ；(2) 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【变式探究】已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{c n }是等比数列； (3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n.例4 将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10…记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1，S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n≥2)．【针对训练】1、已知函数)(x f 是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{}n a 是等差数列，01007>a ，则)()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 的值（ ）．A .恒为正数.B 恒为负数 C .恒为0 D .可正可负【答案】A 2、已知()[]23,0,31x f x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A3、已知()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈，其导函数为()f x '，设()()20n f a f '-=，则数列{}n a 自第2项到第n 项的和S =_____________. 【答案】11n-综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．4、已知数列{}n a ,定直线():324)90(l m x m y m +-+--=,若(),n n a 在直线上，则数列{}n a 的前13项和为（ ）A ．10B ．21C ．39D ．78【答案】C5、已知数列{}n a 满足0n a ≠,113a =，()1122,n n n n a a a a n n N *---=⋅≥∈． （1）求证：1n a ⎛⎫⎪⎝⎭是等差数列；（2）证明：2221214n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）证明数列为等差数列只需按数列定义证明即证：当2n ≥时，111n n a a --为常数即可；（2）根据（1）可知数列1n a ⎛⎫⎪⎝⎭的通项公式，可得到: 121na n =+,由()222114421n a n nn ∴=<++利用裂项相消法证明2221214na a a ++⋅⋅⋅+<．【练习巩固】 1.在数列{}n a 中，1(1)n a n n =+，若{}n a 的前n 项和为20152016，则项数n 为_______.【答案】20152.数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】20113.已知数列{}n a 满足()*111,2n n n a a a n +⋅∈==N ，则2015S =（ ） A ．20152-1 B ．10092-3 C ．100732-3⨯ D ．10082-3【答案】B 【解析】试题分析：根据题意，22a =，由12n n n a a +⋅=，得1212n n n a a +++⋅=，两式相除得22n na a +=，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别成等比数列，而数列的前2015项中有1008项奇数项和1007项偶数项，而且奇数项和偶数项所构成的数列分别是以和2为首项，以2为公比的等比数列，所以100810072015122(12)1212S --=+--100923=-，故选B ．4.有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要 ( ) A ．6秒钟 B ．7秒钟 C ．8秒钟D ．9秒钟【答案】B5.在数列{}n a 中，已知11a =，111n n a a +=-+，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2015S = .【答案】1006-.6. 两个正数a 、b 的等差中项是52，一个等比中项是6，且a ＞b ，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e ＝________．【答案】133【解析】由题有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝5，ab ＝6⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3(舍)，e ＝c a ＝32＋223＝133.7、 在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列，则a m ，a m ＋2，a m ＋1成等差数列．(1) 写出这个命题的逆命题；(2) 判断逆命题是否为真，并给出证明．7. 已知等差数列{a n }满足a 3＋a 6＝－13，a 1·a 8＝－43，a 1＞a 8.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 把数列{a n }的第1项、第4项、第7项、…、第3n －2项、…分别作为数列{b n }的第1项、第2项、第3项、…、第n 项、…，求数列{2b n }的前n 项之和；(3) 设数列{c n }的通项为c n ＝n·2b n ，试比较(n ＋1)(n ＋2)c n ＋n(n ＋1)c n ＋2与2n(n ＋2)c n ＋1的大小．8. 已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n －1(n≥2)，且a 4＝81. (1) 求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2) 求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列，并求a n .9. 已知二次函数y ＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上．(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m.【解析】 (1) 设该二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0)，则f′(x)＝2ax ＋b ，由于f′(x)＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.又点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上，所以S n ＝3n 2－2n.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n)－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以a n ＝6n －5 (n ∈N *)．(2) 由(1)得知b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝∑n i ＝1b i＝12[(1－17)＋(17－113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1.因此，要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20(n ∈N *)成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.10.各项均为正数的数列{a n }中，设S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，T n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，且(2－S n )(1＋T n )＝2，n ∈N *.(1) 设b n ＝2－S n ，证明数列{b n }是等比数列；(2) 设c n ＝12na n ，求集合{(m ，k ，r)|c m ＋c r ＝2c k ，m<k<r ，m ，k ，r ∈N *}．11. 设函数f(x)＝sinxcosx －3cos(x ＋π)cosx(x ∈R )． (1) 求f(x)的最小正周期；(2) 若函数y ＝f(x)的图象向右平移π4个单位后再向上平移32个单位得到函数y ＝g(x)的图象，求y ＝g(x)在⎣⎡⎦⎤0，π4上的最大值． 12. 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1) 用d 表示a 1、a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2) 若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．。

2021年高考数学第01期小题精练系列专题08等比数列理含解析1.已知等比数列中，，则公比（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】A 【解析】试题分析：由题意得，81421363===a a q ，则，故选A ．考点：等比数列的性质.2.设等比数列的前项和为，若成等差数列，则数列的公比的值等于（ ）A ．-2或1B ．-1或2C ．-2D ．1 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，可知，由等比数列前项和公式可得，解得. 考点：等比数列．3.设是正数组成的等比数列，公比，且，则（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】D 【解析】考点：等比数列的性质.4.等比数列中，，函数128()()()()f x x x a x a x a =---，则（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C 【解析】试题分析：依题意，()[]'''128128()()()()()()f x x x a x a x a x a x a x a x =---+---，所以()4'41212818(0)82f a a a a a ====.考点：等比数列的基本概念.5.数列为等比数列, 前项和记为,若(),,n m n S k r k r R m Z =+∈∈,则下列叙述正确的是（ ） A ．为偶数 B ．为奇数 C ．为偶数 D ．为奇数 【答案】D 【解析】试题分析：为等比数列前项和，故，故选D. 考点：等比数列的基本概念．6.公差不为0的等差数列的部分项构成等比数列，且，，，则为（ ）A ．20B ．22C ．24D ．28【答案】B【解析】考点：1、等差数列的通项公式；2、等比数列的通项公式及性质.7.在等比数列中，，则能使不等式12312311110n n a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+⋅⋅⋅+-≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立的最大正整数是（ ）A.5B.6 C ．7 D ．8 【答案】C 【解析】试题分析：设公比为,则1231231111n n a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+，即()111111111n n a q a q q q⎛⎫- ⎪-⎝⎭≤--，将代入得：，．考点：（1）数列与不等式的综合；（2）数列求和. 8．等比数列中，，，则数列的前8项和等于（ ）A ．6B ．5C ．4D ．3 【答案】C 【解析】试题分析：441281845lg lg lg lg lg()lg104a a a a a a a a ++=••===，故选C ．考点：1、等差数列；2、对数的基本运算． 9.设等比数列中，前项和为，已知，，则_________. 【答案】 【解析】考点：等比数列的通项和前项和的知识及运用． 10.在数列中，，且数列是等比数列，则___________． 【答案】 【解析】试题分析：由于数列是等比数列，，所以，所以公比是，所以数列的通项公式是，进而，故答案填. 考点：通项公式，等比数列.11.在明朝程大位《算法统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”。

专题08 数列1．【2022年全国乙卷】已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2−a 5=42，则a 6=（ ） A ．14 B ．12 C ．6 D ．3【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0，易得q ≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0， 若q =1，则a 2−a 5=0，与题意矛盾， 所以q ≠1，则{a 1+a 2+a 3=a 1(1−q 3)1−q =168a 2−a 5=a 1q −a 1q 4=42，解得{a 1=96q =12 ， 所以a 6=a 1q 5=3. 故选：D .2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1=1+1α1，b 2=1+1α1+1α2，b 3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)．则（ ） A ．b 1<b 5 B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7【答案】D 【解析】 【分析】根据αk ∈N ∗(k =1,2,…)，再利用数列{b n }与αk 的关系判断{b n }中各项的大小，即可求解. 【详解】解：因为αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)，所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b 1>b 2，同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b 2<b 3，b 1>b 3又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，故b 2<b 4，b 3>b 4；以此类推，可得b 1>b 3>b 5>b 7>⋯，b 7>b 8，故A 错误； b 1>b 7>b 8，故B 错误；1α2>1α2+1α3+⋯1α6，得b 2<b 6，故C 错误；α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+⋯1α6+1α7，得b 4<b 7，故D 正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举， OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA1BA 1=k 3，若k 1,k 2,k 3是公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】 【分析】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则可得关于k 3的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则CC 1=k 1,BB 1=k 2,AA 1=k 3，依题意，有k3−0.2=k1,k3−0.1=k2，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，所以0.5+3k3−0.34=0.725，故k3=0.9，故选：D4．【2022年北京】设{a n}是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数.若{a n}为单调递增数列，则d>0，若a1≥0，则当n≥2时，a n>a1≥0；若a1<0，则a n=a1+(n−1)d，由a n=a1+(n−1)d>0可得n>1−a1d ，取N0=[1−a1d]+1，则当n>N0时，a n>0，所以，“{a n}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”；若存在正整数N0，当n>N0时，a n>0，取k∈N∗且k>N0，a k>0，假设d<0，令a n=a k+(n−k)d<0可得n>k−a kd ，且k−a kd>k，当n>[k−a kd]+1时，a n<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{a n}是递增数列.所以，“{a n}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”.所以，“{a n}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的充分必要条件.故选：C.5．【2022年浙江】已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=a n−13a n2(n∈N∗)，则（）A．2<100a100<52B．52<100a100<3C．3<100a100<72D．72<100a100<4【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定{a n}除去a1，其他项都在(0,1)范围内，再利用递推公式变形得到1 a n+1−1a n=13−a n>13，累加可求出1a n>13(n+2)，得出100a100<3，再利用1a n+1−1a n=13−a n<1 3−3n+2=13(1+1n+1)，累加可求出1a n−1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n)，再次放缩可得出100a100>52．【详解】∵a1=1，易得a2=23∈(0,1)，依次类推可得a n∈(0,1)由题意，a n+1=a n(1−13a n)，即1a n+1=3a n(3−a n)=1a n+13−a n，∴1a n+1−1a n=13−a n>13，即1a2−1a1>13，1a3−1a2>13，1a4−1a3>13，…，1a n−1a n−1>13,(n≥2)，累加可得1a n −1>13(n−1)，即1a n>13(n+2),(n≥2)，∴a n<3n+2,(n≥2)，即a100<134，100a100<10034<3,又1a n+1−1a n=13−a n<13−3n+2=13(1+1n+1),(n≥2)，∴1a2−1a1=13(1+12)，1a3−1a2<13(1+13)，1a4−1a3<13(1+14)，…，1a n−1a n−1<13(1+1n),(n≥3)，累加可得1a n −1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n),(n≥3)，∴1a100−1<33+13(12+13+⋯+199)<33+13(12×4+16×94)<39，即1a100<40，∴a100>140，即100a100>52；综上：52<100a100<3．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.6．【2022年全国乙卷】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为2(a1+2d)=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2(a1+2d)=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.7．【2022年北京】己知数列{a n}各项均为正数，其前n项和S n满足a n⋅S n=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：①{a n}的第2项小于3；②{a n}为等比数列；③{a n}为递减数列；④{a n}中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推导出a n=9an −9a n−1，求出a1、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，∀n∈N∗，a n>0，当n=1时，a12=9，可得a1=3；当n≥2时，由S n=9an 可得S n−1=9an−1，两式作差可得a n=9an−9a n−1，所以，9a n−1=9a n−a n，则9a2−a2=3，整理可得a22+3a2−9=0，因为a2>0，解得a2=3√5−32<3，①对；假设数列{a n}为等比数列，设其公比为q，则a22=a1a3，即(9S2)2=81S1S3，所以，S22=S1S3，可得a12(1+q)2=a12(1+q+q2)，解得q=0，不合乎题意，故数列{a n}不是等比数列，②错；当n ≥2时，a n =9a n−9an−1=9(a n−1−a n )a n a n−1>0，可得a n <a n−1，所以，数列{a n }为递减数列，③对；假设对任意的n ∈N ∗，a n ≥1100，则S 100000≥100000×1100=1000， 所以，a 100000=9S100000≤91000<1100，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.8．【2022年全国甲卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)−78． 【解析】 【分析】（1）依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2 ，作差即可得到a n −a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a 1，即可得到{a n }的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． (1) 解：因为2S n n+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n−1+(n −1)2=2(n −1)a n−1+(n −1)②，①−②得，2S n +n 2−2S n−1−(n −1)2=2na n +n −2(n −1)a n−1−(n −1)， 即2a n +2n −1=2na n −2(n −1)a n−1+1，即2(n −1)a n −2(n −1)a n−1=2(n −1)，所以a n −a n−1=1，n ≥2且n ∈N*， 所以{a n }是以1为公差的等差数列． (2)解：由（1）可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即(a 1+6)2=(a 1+3)⋅(a 1+8)，解得a 1=−12， 所以a n =n −13，所以S n =−12n +n(n−1)2=12n 2−252n =12(n −252)2−6258，所以，当n =12或n =13时(S n )min =−78．9．【2022年新高考1卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=1,{S na n}是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2，显然对于n=1也成立，∴{a n}的通项公式a n=n(n+1)2；(2)1 a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1),∴1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<210．【2022年新高考2卷】已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2= a3−b3=b4−a4．(1)证明：a1=b1；(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．(1)设数列{a n}的公差为d，所以，{a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．(2)由（1）知，b1=a1=d2，所以b k=a m+a1⇔b1×2k−1=a1+(m−1)d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k=a m+a1,1≤m≤500}中的元素个数为10−2+1=9．11．【2022年北京】已知Q:a1,a2,⋯,a k为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1, 2,⋯,m}，在Q中存在a i,a i+1,a i+2,⋯,a i+j(j≥0)，使得a i+a i+1+a i+2+⋯+a i+j=n，则称Q为m−连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,⋯,a k为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,⋯,a k为20−连续可表数列，且a1+a2+⋯+a k<20，求证：k≥7．【答案】(1)是5−连续可表数列；不是6−连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；（3）k≤5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a1+a2+⋯+a6<20可知里面必然有负数，再确定负数只能是−1，然后分类讨论验证不行即可．(1)a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5−连续可表数列；易知，不存在i,j使得a i+a i+1+⋯+a i+j=6，所以Q不是6−连续可表数列．(2)若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+ a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3+a4=8，∴k min=4．(3)Q:a1,a2,⋯,a k，若i=j最多有k种，若i≠j，最多有C k2种，所以最多有k+C k2=k(k+1)种，2=15个数，矛盾,若k≤5，则a1,a2,…,a k至多可表5(5+1)2=21个数，从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为−m(m≥1)，则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5−m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1，∴{a,b,c,d,e,f}={−1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，∵1=−1+2（仅一种方式），∴−1与2相邻，若−1不在两端,则"x , −1 , 2 , __,__,__"形式，若x=6，则5=6+(−1)（有2种结果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故−1在一端，不妨为"−1 ,2, A, B, C, D"形式，若A=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，则6=−1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，由于7=−1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能−1,2,6,3,5,4，①或−1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6∴k≥7．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m−可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；第三问先通过和值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{−1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．12．【2022年浙江】已知等差数列{a n}的首项a1=−1，公差d>1．记{a n}的前n项和为S n(n ∈N∗)．(1)若S4−2a2a3+6=0，求S n；(2)若对于每个n∈N∗，存在实数c n，使a n+c n,a n+1+4c n,a n+2+15c n成等比数列，求d的取值范围．(n∈N∗)【答案】(1)S n=3n2−5n2(2)1<d≤2【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求S n；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.(1)因为S4−2a2a3+6=0，a1=−1，所以−4+6d−2(−1+d)(−1+2d)+6=0，所以d 2−3d =0，又d >1， 所以d =3， 所以a n =3n −4， 所以S n =(a 1+a n )n2=3n 2−5n2，(2)因为a n +c n ，a n+1+4c n ，a n+2+15c n 成等比数列， 所以(a n+1+4c n )2=(a n +c n )(a n+2+15c n )，(nd −1+4c n )2=(−1+nd −d +c n )(−1+nd +d +15c n )，c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0，由已知方程c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0的判别式大于等于0，所以Δ=(14d −8nd +8)2−4d 2≥0，所以(16d −8nd +8)(12d −8nd +8)≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 所以[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 当n =1时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]=(d +1)(d +2)≥0， 当n =2时，由(2d −2d −1)(4d −3d −2)≥0，可得d ≤2 当n ≥3时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]>(n −3)(2n −5)≥0， 又d >1 所以1<d ≤21．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））在等差数列{}n a 中，35a =，1511109a a +=，则15a a ⋅=（ ）A ．92B ．9C ．10D ．12【答案】B 【解析】 【分析】将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果. 【详解】 由1511109a a +=得：153********a a a a a a a +==，315995aa a ∴⋅==.故选：B.2．（2022·福建省德化第一中学模拟预测）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若728S =，则237a a a ++的值为（ ）A ．8B ．10C ．12D ．14【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式，求得44a =，结合等差数列的性质，化简得到27433a a a a =++，即可求解. 【详解】因为728S =，由等差数列的性质和求和公式得17747()7282a a S a +===，即44a =， 则112374393(3)312a d a a a a a d =+=+==++. 故选：C.3．（2022·北京·北大附中三模）已知数列{}n a 满足2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，则数列{}n a （ ） A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项 D ．无最大项，无最小项【答案】A 【解析】 【分析】求得数列{}n a 的通项公式，再分析数列的单调性即可 【详解】依题意，因为2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，当1n =时，2111a ==，当2n ≥时，21231(1)n a a a a n -=-，2123n a a a a n =，两式相除有22211,2(1)1n n a n n n ⎛⎫=+≥ ⎪--⎝⎭=，易得n a 随着n 的增大而减小，故24n a a ≤=，且11n a a >=，故最小项为11a =，最大项为24a = 故选：A4．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知数列{}()*N n a n ∈是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A ．21n a n =- B ．21n a n =+ C ．1n a n =- D ．1n a n =+【答案】A 【解析】 【分析】根据题意设()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-，()2211n d a n =+-，所以1，13d +，124d +构成等比数列，即()()2131124d d +=⨯+，求出d 即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，所以()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-， ()2211n d a n =+-，又1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，即1，13d +，124d +构成等比数列，所以()()2131124d d +=⨯+， 解得2d =，0d =（舍去），所以21n a n =-. 故选：A.5．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，若存在实数λ使{}n a 是等差数列，则{}n a 的公差为（ ）A ．1B ．2C ．2λD ．λ【答案】B 【解析】 【分析】利用1(2)n n n S S a n --=≥得{}n a 的递推关系，从而求得λ与公差d 的关系，再由21a a d -=求得d ．【详解】 设公差为d ，因为11n n n a a S λ+=-，所以2n ≥时，111n n n a a S λ--=-， 两式相减得：111()()n n n n n n a a a S S a λλ+---=-=， 因为0n a ≠，所以112n n a a d λ+--==，由1211a a S λ=-121da =-得221a d =-．从而21211a a d d -=--=，2d =， 故选：B ．6．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）已知正项等比数列{}n a 满足3212a a a =+，若存在m a 、n a ，使得2116m n a a a ⋅=，则14m n+的最小值为（ ） A ．83B ．16C ．114 D ．32【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，根据已知条件求出q 的值，由已知条件可得出6m n +=，将代数式14m n +与()16m n +相乘，利用基本不等式可求得14m n+的最小值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由3212a a a =+可得220q q --=，解得2q，因为2116m n a a a ⋅=，则2112112216m n a a --⋅⋅=，24m n ∴+-=，可得6m n +=，由已知m 、N n *∈，所以，()1411414566m n m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭13562⎛≥+= ⎝， 当且仅当24n m ==时，等号成立， 因此，14m n +的最小值为32. 故选：D.7．（2022·浙江·三模）设数列{}n a 满足()21192,24n n n a a a n N a *+=-+∈=，记数列221n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项的和为n S ，则（ ） A ．10127a < B ．存在k *∈N ，使1k k a a += C ．1012S < D ．数列{}n a 不具有单调性【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求得54n a ≥，进而得到132n a +-与32n a -同号，结合作差法比较法，可判定B 、D 错误；由()()11214n n n n a a a a +-=--+，得到114n n a a +-≥，利用叠加法，可判定A 错误；化简得到1111133222n n n a a a +=----，利用裂项法求和，可判定C 正确. 【详解】由于()211551,244n n a a a +=-+≥=，则54n a ≥，又由21333122422n n n n n a a a a a +⎛⎫⎛⎫-=-+=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则132n a +-与32n a -同号． 又由12a =，则32n a >，可得221933042n n nn n a a a a a +⎛⎫-=-+=-> ⎪⎝⎭， 所以数列{}n a 单调递增，故B 、D 错误； 又因为()()11214n n n n a a a a +-=--+， 由数列{}n a 单调递增，且12a =，所以20,10n n a a ->->，所以114n n a a +-≥， 累加得1011100254a a -≥=，所以10127a ≥，故A 错误； 由21924n nn a a a +=-+可得1111133222n n n a a a +=----， 因为12n a a >=，所以101110211112333222S a a a =-<=---，故C 正确．故选：C ．8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））数列{}n a 为等差数列，前n 项的和为n S ，若10110a <，101110120a a +>，则当0n S <时，n 的最大值为（ ）A ．1011B ．1012C ．2021D ．2022【答案】C 【解析】 【分析】分析数列{}n a 的单调性，计算2021S 、2022S ，即可得出结论. 【详解】因为10110a <，101110120a a +>，则10120a >，故数列{}n a 为递增数列， 因为()12021202110112021202102a a S a +==<，()()120222022101110122022101102a a S a a +==+>，且当1012n ≥时，10120n a a ≥>，所以，当2022n ≥时，20220n S S ≥>， 所以，满足当0n S <时，n 的最大值为2021. 故选：C.9．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()552sin 2350a a +--=，()201820182sin 2370a a +--=，则下列结论正确的是（ ） A ．20222022S =，且52018a a > B ．20222022S =-，且52018a a < C ．20224044S =-，且52018a a > D ．20224044S =，且52018a a <【答案】C 【解析】 【分析】根据题意构造函数()2sin 3f x x x =-，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据()()520182,2f a f a ++的关系即可确定答案.【详解】设函数()2sin 3f x x x =-，则()f x 为奇函数，且()2cos 30f x x '=-<，所以()f x 在R 上递减，由已知可得()()552sin 2321a a +-+=-，()()201820182sin 2321a a +-+=，有()521f a +=-，()201821f a +=，所以()()5201822f a f a +<+，且()()5201822f a f a +=-+，所以520185201822a a a a +>+⇒>，且()5201822a a +=-+，所以520184a a +=-，120222022520182022()1011()40442a a S a a +==+=-.故选：C.10．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足对任意的*n ∈N ，总存在*m ∈N ，使得n m S a =，则n a 可能等于（ ） A ．2022n B ．2022n C ．22022n D ．2022n【答案】B 【解析】 【分析】A 选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n ＝2时，得到120222023m -=，m 不存在，A 错误；B 选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程()101112022n n m +=，取()12n n m +=即可，C 选项，利用平方和公式得到()()21216n n n m ++=，当n ＝2时，25m =，m 不存在；D 选项，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在. 【详解】对于选项A ：当2022nn a =时，则{}n a 是等比数列，因为n m S a =所以()20222022120222021n m -=，当n ＝2时，120222023m -=，m 不存在，A 错误；对于选项B ：当2022n a n =时，{}n a 是等差数列，因为n m S a =，则()()120221*********n n n S n n m +=⨯=+=，取()12n n m +=即可，B 正确； 对于选项C ：当22022n a n =时，n m S a =，则()()()2222121202212202220226n n n n S n m ++=⨯++⋅⋅⋅+=⨯=，当n ＝2时，25m =，m 不存在，C 错误； 对于选项D ：当2022n a n =时，n m S a =，则11120222022123n m ⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪⎝⎭，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在，D 错误． 故选：B ．11．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）已知数列{}n a 各项都不为0，121,3a a ==且满足141n n n a a S +=-，(1)求{}n a 的通项公式； (2)若114n n n a b a -=-，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 取得最小值时的n 的值． 【答案】(1)21n a n =-； (2)7n =. 【解析】 【分析】（1）由141n n n a a S +=-得2n ≥时，1141n n n a a S --=-， ①-②得114n n a a +--=，分奇偶项即可求出n a （2）由114n n n a b a -=-得22215n n b n -=-，当7n ≤时，0n b ≤，当7n >时，0n b > 当7n =时，n T 取得最小值 (1)141n n n a a S +=-①当2n ≥时，1141n n n a a S --=-② ①-②114n n n n n a a a a a +-⇒-=0n a ≠114n n a a +-∴-={}n a ∴的奇数项和偶数项各自成等差数列且121,3a a ==()()21141432211,21(n n a n n n a n n -∴=+-=-=--∴=-为奇数），()234141221,21n n a n n n a n =+-=-=⋅-∴=-（n 为偶数),21n a n ∴=-(2)22131215215n n b n n -==+--，当7n ≤时，0n b ≤， 当7n >时，0n b >∴当7n =时，n T 取得最小值12．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知19a =，2a 为整数，且5n S S ≤. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)112n a n =- (2)()992n nT n =-【解析】 【分析】（1）根据题意得公差d 为整数，且50a ≥，60a ≤，分析求出d 即可；（2）111292112n b n n ⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，再利用裂项相消法求和即可.(1)由19a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数. 又5n S S ≤，故50a ≥，60a ≤. 于是940d +≥，950d +≤，解得9945d -≤≤-， 因此2d =-，故数列{}n a 的通项公式为112n a n =-. (2)()()111111292292112n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，于是1211111112795792112n n T b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1112929992n n n ⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭. 13．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的*n ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)(),2-∞. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列()11n a a n d +-=，等比数列11n n b b q -=代入计算；（2）利用错位相减法可得1242n n n S -+=-，令2142nn c -=-，由{}n c 为递增数列，结合恒成立思想可得答案． (1)解：因为数列{}n b 是等比数列，则可得2123124b b q b b q ==⎧⎨==⎩，解得112b q =⎧⎨=⎩， 所以12n n b -=．因为数列{}n a 是等差数列，且111a b ==，8117116a a d +=++=，则公差2d =， 所以()12121n a n n =+-=-．故21n a n =-，12n n b -=；(2)解：由（1）得：1112n n n n a nc b -++==， 数列{}n c 的前n 项和为121231222n n nS -=+++⋅⋅⋅+①所以22111231222222n n n n n S --=+++⋅⋅⋅++②由①-②得：121111112121222222222n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=--=- ⎪⎝⎭，所以1242n n n S -+=-．不等式12n n n S λ-<+恒成立，化为不等式2142n λ-<-恒成立，令2142n n c -=-且{}n c 为递增数列，即转化为()min n c λ<当1n =时，()12min 1422n c -=-=，所以2λ<． 综上可得：实数λ的取值范围是(),2-∞．14．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）已知等差数列{}n a 满足11a =，且前四项和为28，数列{}n b 的前n 项和n S 满足()233n n S b R λλ=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式，并判断{}n b 是否为等比数列；(2)对于集合A ，B ，定义集合{}A B x x A x B -=∈∉且.若1λ=，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30T .【答案】(1)43n a n =-，判断答案见解析 (2)1926 【解析】 【分析】（1）根据等数列的前n 项和公式和通项公式可求出{}n a 的通项公式，根据等比数列的定义可判断{}n b 是否为等比数列；（2）结合等差数列的前n 项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果. (1)∵{}n a 是等差数列，11a =，且前四项和为28， ∵43441282S d ⨯=⨯+⨯=，解得4d =∵()14143n a n n =+-=-.∵233n nn S b λ=-，∵当2n ≥时，11233n n S b λ--=-，两式相减得()12332n n n b b b n -=-≥， 即()132n n b b n -=≥，又11233b b λ=-∵13b λ=∵当0λ=时，数列{}n b 的通项公式为0n b =.不是等比数列当0λ≠时，数列{}n b 是首项为，公比为3的等比数列，∵3nn b λ=.(2)由（1）知3nn b =，则4581,243b b ==因为304303127a =⨯-=， 所以4305b a b <<，所以，30T 中要去掉{}n b 的项最多4项，即3,9,27,81， 其中9,81是{}n a 和{}n b 的公共项，所以数列{}n c 的前30项和30T 由{}n a 的前32项和，去掉9,81， ()()()330122321+1259+81=-90=19262a a a T ⨯=++⋅⋅⋅+-所以数列{}n c 的前30项和30T 为1926.15．（2022·浙江省江山中学模拟预测）在数列{}n a 中，121,2a a ==，且对任意的n *∈N ，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}1234A x x x x x x x =<<<<或，定义集合A 的长度为4321x x x x -+-．已知数列{}n b 的通项公式为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，若关于x 不等式1220221b bb +++>的解集A ，求集合A 的长度． 【答案】(1)12n na(2)101121(1)34-【解析】 【分析】(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解. (1)21211()322n n n n n n n a a a a a a a +++++==-⇒--，211a a -=，所以112n n n a a -+-=，12112132112()()()11221212n n n n n n a a a a a a a a -----=+-+-+⋅⋅⋅+-=+++⋅⋅⋅+=+=-，即12n na ；(2) 因为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，1220221b bb +++>即就是2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)x x x x x x x x x x x x x +++⋅⋅⋅+>++++++++⋅⋅⋅， 2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)11x x x x x x x x x x x x x x ++⋅⋅⋅+>-=+++++++⋅⋅⋅++，2021202142121(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)1(1)(21)(1)(21)x x x x x x x x x x x x x x +⋅⋅⋅+>-=+++++⋅⋅⋅+++++，⋅⋅⋅，202110(1)(21)(41)(2+1)x x x x >+++⋅⋅⋅，即2021(1)(21)(41)(2+1)0x x x x +++⋅⋅⋅<，根据数轴标根法可知不等式的解集为1|12A x x ⎧=-<<-⎨⎩或1148x -<<-或⋅⋅⋅或202020211122x ⎫-<<-⎬⎭，集合A 的长度为10112021101111[1()]1112124(1)12823414-++⋅⋅⋅+==--. 【点睛】数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.。

第八章 数列8.2 等比数列1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)．(2)通项公式：a n ＝a 1q n －1． (3)等比中项①如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ．②若m ＋n ＝2p ，则a p 2＝a m·a n (m ，n ，p ∈N *)． (4)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.2．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ． (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列． 3．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *)，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等比数列。

题型一.等比数列的基本量计算1．已知{a n }为等比数列，a 4+a 7＝2，a 5a 6＝﹣8，则a 10＝（ ） A ．1B ．﹣1C ．1或﹣8D ．﹣82．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝（ ） A ．152B ．172C ．314D ．3343．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的值是（ ） A ．28B ．32C ．35D ．414．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 52=a 10，2（a n +a n +2）＝5a n +1，则a 5＝（ ） A ．16 B ．32C ．49D ．81题型二.等比数列的性质及综合应用1．已知数列{a n }是递增的等比数列，S n 是其前n 项和，若a 1+a 6＝33，a 2a 5＝32，则S 5＝（ ） A ．62B ．48C ．36D ．312．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11+a 9a 12＝2e 5，则a 3a 18＝ ，lna 1+lna 2+…+lna 20＝ ．3．已知数列{a n }为等比数列，若a 4+a 6＝10，则a 7（a 1+2a 3）+a 3a 9的值为（ ） A ．10B ．20C ．100D ．2004．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8﹣2S 4＝5，则a 9+a 10+a 11+a 12的最小值为（ ） A ．10B ．15C ．20D ．255．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3=12，则S 9S 3=（ ）A ．12B ．23C ．34D ．136．在等比数列{a n }中，已知n ∈N +，且a 1+a 2+…+a n ＝2n ﹣1，那么a 12+a 22+…+a n 2为（ ） A ．23(4n +1)B ．23(4n −1)C ．13(4n −1)D ．13(4n +1)题型三.等比数列的判定与证明（多选）1．已知数列{a n }是等比数列，下列四个命题中正确的命题有（ ） A ．数列{|a n |}是等比数列B ．数列{a n a n +1}是等比数列C．数列{1a n}是等比数列D．数列{lga n2}是等比数列2．已知数列{a n}的首项a1＝2，前n项和为S n，3S n−4，a n，2−3S n−12，(n≥2)总是成等差数列．（1）证明：数列{a n}为等比数列；（2）求满足不等式a n＜(−4)n−1的正整数n的最小值．题型四.等差与等比数列的综合问题1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6项的和为（）A．﹣24B．﹣3C．3D．82．已知数列{a n}的首项为1，第2项为3，前n项和为S n，当整数n＞1时，S n+1+S n﹣1＝2（S n+S1）恒成立，则S15等于（）A．210B．211C．224D．2253．设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，前n项和为S n，且S5•S6＝﹣15，则d的取值范围是，若a1＝﹣7，则d的值为．4．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a7＝5，S5＝﹣55，则nS n的最小值为．5．已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，若a3﹣a2＝5，则a4+8a2的最小值为（）A．40B．20C．10D．56．已知正项等比数列{a n}的前n项和S n，满足S4﹣2S2＝3，则S6﹣S4的最小值为（）A ．14B ．3C ．4D ．127．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（ ） A ．2019B ．12019C ．4037D ．140378．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，若∃n ∈N *使得（S n +32）k ≥3n ﹣6成立，则实数 k 的取值范围是 ．9．已知数列{a n }满足a 1=12，a n +1=12a n (n ∈N ∗)．设b n =n−2λa n，n ∈N *，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围是 ． 10．已知{a n }是首项为32的等比数列，S n 是其前n 项和，且S 6S 3=6564，则数列{|log 2a n |}前10项和为 ．1．等比数列{a n }中，若a n ＞0，a 2a 4＝1，a 1+a 2+a 3＝7，则公比q ＝（ ） A ．14B ．12C ．2D ．42．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，若S 6＝9S 3，S 5＝62，则a 1＝（ ） A ．√2B ．2C ．√5D ．33．设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，则q ＝ ，S 4S 2= ．4．已知各项均为正数的等比数列{a n }，若6a 5+4a 4﹣3a 3﹣2a 2＝8，则9a 7+6a 6的最小值为（ ） A ．12B ．18C ．24D ．325．已知数列{a n }中，a 1＝2，对于任意的m ，n ∈N *，都有a m +n ＝a m a n .若正整数k 满足a k +1+a k +2+...+a k +10＝215﹣25，则k ＝（ ） A ．2B ．3C ．4D ．56．设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1＞1，a 6a 7＞1，a 6−1a 7−1＜0，则下列结论正确的是（ ）A ．a 6a 8＞1B ．0＜q ＜1C ．S n 的最大值为S 7D ．T n 的最大值为T 77．设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并满足条件a 1＞1，a 2019a 2020＞1，a 2019−1a 2020−1＜0，下列结论正确的是（ ）A ．S 2019＜S 2020B ．S 2019S 2020﹣1＜0C ．T 2020是数列{T n }中的最大值D ．数列{T n }无最大值8．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n +1=23a n +n ﹣4，b n ＝（﹣1）n （a n ﹣3n +21）其中λ为实数，n 为正整数．（1）对于任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列； （2）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．。

专题08数列小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1数列的增减性（10年3考）2022·全国乙卷、2022·北京卷2021·全国甲卷、2020·北京卷1.掌握数列的有关概念和表示方法，能利用与的关系以及递推关系求数列的通项公式，理解数列是一种特殊的函数,能利用数列的周期性、单调性解决简单的问题，该内容是新高考卷的必考内容，常考查利用与关系求通项或项及通项公式构造的相关应用，需综合复习2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等差关系并能用等差数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等差数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等差数列，或通过构造为等差数列，求通项公式及前n项和，需综合复习3.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系并能用等比数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等比数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等比数考点2递推数列及数列的通项公式（10年6考）2023·北京卷、2022·北京卷、2022·浙江卷2021·浙江卷、2020·浙江卷、2020·全国卷2019·浙江卷、2017·上海卷考点3等差数列及其前n项和（10年10考）2024·全国甲卷、2024·全国甲卷、2024·全国新Ⅱ卷、2022·全国乙卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷、2023·全国新Ⅰ卷、2022·北京卷、2020·浙江卷、2020·山东卷、2020·全国卷、2019·全国卷2019·江苏卷、2019·北京卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·北京卷、2018·全国卷、2017·全国卷、2016·浙江卷、2015·重庆卷2015·全国卷、2015·全国卷、2016·北京卷、2016·江苏卷、2015·广东卷、2015·陕西卷、2015·安徽卷、2015·全国卷考点4等比数列及其前n项和（10年10考）2023·全国甲卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅱ卷2023·全国甲卷、2023·全国乙卷、2022·全国乙卷、2021·全国甲卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2019·全国卷、2019·全国卷2017·全国卷、2017·北京卷、2017·江苏卷、2016·浙江卷、2016·全国卷、2015·浙江卷2015·全国卷、2015·全国卷、2015·湖南卷2015·广东卷、2015·安徽卷列，或通过构造为等比数列，求通项公式及前n 项和。

2023高考数学复习专项训练《等比数列》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）等比数列{a n}满足a1+a2+a3=13,a2+a3+a4=133，则a5=()A. 1B. 13C. 427D. 192.（5分）给出以下命题：①存在两个不等实数α，β，使得等式sin(α+β)=sinα+sinβ成立；②若数列{a n}是等差数列，且a m+a n=a s+a t(m、n、s、t∈N∗)，则m+n=s+t；③若S n是等比数列{a n}的前n项和，则S6，S12−S6，S18−S12成等比数列；④若S n是等比数列{a n}的前n项和，且S n=Aq n+B；(其中A、B是非零常数，n∈N∗)，则A+B为零；⑤已知ΔABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2+b2>c2，则ΔABC一定是锐角三角形．其中正确的命题的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个3.（5分）设T n为等比数列{a n}的前n项之积，且a1=−6，a4=−34，则当T n最大时，n的值为()A. 4B. 6C. 8D. 104.（5分）等比数列{a n}，满足a1+a2+a3+a4+a5=3，a12+a22+a32+a42+a52= 15，则a1−a2+a3−a4+a5的值是()A. 3B. √5C. −√5D. 55.（5分）已知在等比数列{a n}中，公比q是整数，a1+a4=18，a2+a3=12，则此数列的前8项和为()A. 514B. 513C. 512D. 5106.（5分）已知正项数列{a n}，{b n}分别为等差、等比数列，公差、公比分别为d，q(d,q∈N∗)，且d=q，a1+b1=1，a3+b3=3.若a n+b n=2013(n>3)，则n= ()A. 2013B. 2012C. 100D. 997.（5分）若a，b，c成等比数列，则关于x的方程a x2+bx+c=0( )A. 必有两个不等实根B. 必有两个相等实根C. 必无实根D. 以上三种情况均有可能8.（5分）公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则log2a10=()9.（5分）记Sn为等比数列{a n}的前n项和，已知S2=2，S3=−6.则{a n}的通项公式为()A. a n=(−2)nB. a n=−2nC. a n=(−3)nD. a n=−3n10.（5分）正项等比数列{a n}中，a3=2，a4.a6=64，则a5+a6a1+a2的值是()A. 4B. 8C. 16D. 6411.（5分）在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2+5x+2=0的二根，则a3.a9.a15a5.a13的值为()A. −2+√22B. −√2C. √2D. −√2或√212.（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，9S3=S6=63，则S10=A. 255B. 511C.1023 D. 2047二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a3+a9=a10−a8.若a n=0，则n=__________14.（5分）若等比数列{an}的前n项和Sn满足：an+1=a1Sn+1（n∈N*），则a1=____．15.（5分）在等比数列{an}中，已知前n项和Sn=5n+1+a，则a的值为____________．16.（5分）若等比数列{a n}的首项为23，且a4=∫41(1+2x)dx，则公比q等于______．17.（5分）如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第1群，第2群，……，第n群，……，第n群恰好有n个数，则第n群中n个数的和是____________.123465812107162420149324840281811…三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3−x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成的区域的面积T n.19.（12分）如果等比数列{a n}中公比q>1，那么{a n}一定是递增数列吗?为什么?20.（12分）数列{a n}满足a1=1，a n=2a n−1-3n+6（n≥2，n∈N+）．（1）设b n=a n-3n，求证：数列{b n}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式．21.（12分）设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足4S n=a n+12−4n−1，n∈N∗，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2=√4a1+5；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a2+1a2a3+…+1a n a n+1<12.22.（12分）已知数列{a n}是等差数列，其首项为2，且公差为2，若b n=2a n(n∈N∗).(Ⅰ)求证：数列{b n}是等比数列；(Ⅱ)设c n=a n+b n，求数列{c n right}的前n项和A n．23.（12分）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n−1．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则下列说法正确的是()A. a1+a5+a9a2+a3的值为3 B. a1+a5+a9a2+a3的值为2C. 数列{a n}的公差和首项相等D. 数列{a n}的公差和首项不相等25.（5分）设数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，则下列命题正确的是()A. 若a n+1-a n=2(n∈N∗)，则数列{a n}为等差数列B. 若b n+1=2b n(n∈N∗)，则数列{b n}为等比数列C. 若数列{a n}是等差数列，则S n，S2n-S n，S3n-S2n⋯⋯(n∈N∗)成等差数列D. 若数列{b n}是等比数列，则T n，T2n-T n，T3n-T2n⋯⋯(n∈N∗)成等比数列26.（5分）在公比q为整数的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项，若a1+a4= 18，a2+a3=12，则下列说法正确的是()A. q=2B. 数列{S n+2}是等比数列C. S8=510D. 数列\left{ lg a n}是公差为2的等差数列27.（5分）已知等差数列{a n}的首项为1，公差d=4，前n项和为S n，则下列结论成立的有()A. 数列{S nn}的前10项和为100B. 若a1，a3，a m成等比数列，则m=21C. 若∑n i=11a i a i+1>625，则n的最小值为6D. 若a m+a n=a2+a10，则1m +16n的最小值为251228.（5分）已知数列{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，{a n}的前n项和为S n，若a1+ a6+a11=3π，b1b5b9=8，则()A. S11=11πB. sin a2+a10b4b6=12C. a3+a7+a8=3πD. b3+b7⩾4答案和解析1.【答案】D;【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q ，得133=13q ，解得q =13， 又a 1+a 2+a 3=a 1+13a 1+19a 1=139a 1=13，解得a 1=9，所以a 5=a 1q 4=9×(13)4=19， 故选：D.设等比数列{a n }的公比为q ，通过a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q 可求出q 值，进一步根据a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=13可求出a 1，最后利用a 5=a 1q 4进行求解即可． 此题主要考查等比数列的通项公式，考查学生逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．2.【答案】B; 【解析】该题考查命题真假的判断，考查学生灵活运用等差、等比数列的性质，三角函数以及三角形的判断，是一道综合题，属于中档题．利用特殊值判断①的正误；利用特殊数列即可推出命题②的正误；根据等比数列的性质，判断③的正误；根据等比数列的前n 项的和推出A ，B 判断④的正误．利用特殊三角形判断⑤的正误；解：对于①，实数α=0，β≠0，则sin (α+β)=sinβ，sinα+sinβ=sinβ，所以等式成立；故①正确；对于②，当公差d =0时，命题显然不正确，例如a 1+a 2=a 3+a 4，1+2≠3+4，故②不正确；对于③，设a n =(−1)n ，则S 6=0，S 12−S 6=0，S 18−S 12=0，∴此数列不是等比数列，故③不正确；对于④，S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S n =Aq n +B ；(其中A 、B 是非零常数，n ∈N ∗)，所以此数列为首项是a 1，公比为q ≠1的等比数列， 则S n =a 1(1−q n )1−q ，所以A =−a11−q ，B =a11−q ，∴A +B =0，故④正确；对于⑤，如果三角形是直角三角形，a =5，b =3，c =4，满足a 2+b 2>c 2，故⑤不正确；故选：B ．3.【答案】A;【解析】解：因为等比数列{a n }中，a 1=−6，a 4=−34，则由a 4=a 1q 3可得q =12． ∵T n 为等比数列{a n }的前n 项之积，∴T n =(−6)n .(12)n(n−1)2，因为求最大值，故只需考虑n 为偶数的情况， ∵T 2n +2T 2n =36×(12)4n +1，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，∴T 2<T 4>T 6>T 8>⋯．则公比q =12，当T n 最大时，n 的值为4．故选：A ．由已知可得q =12.只需考虑n 为偶数的情况，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，即可求解．该题考查了等比数列的通项公式及其前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.【答案】D;【解析】解：设数列{a n }的公比为q ，且q ≠1，则 a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1−q 5)1−q =3①， a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=a 12(1−q 10)1−q 2=15②∴②÷①得a 12(1−q 10)1−q 2÷a 1(1−q 5)1−q=a 1(1+q 5)1+q=5，∴a 1−a 2+a 3−a 4+a 5=a 1(1+q 5)1+q=5.故选：D.先设等比数列{a n }公比为q ，分别用a 1和q 表示出a 12+a 22+a 32+a 42+a 52，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5和a 1−a 2+a 3−a 4+a 5，发现a 12+a 22+a 32+a 42+a 52除以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5正好与a 1−a 2+a 3−a 4+a 5相等，进而得到答案．此题主要考查了等比数列的性质．属基础题．解题时要认真审题，注意等比数列的性质的灵活运用．5.【答案】D;【解析】由已知得{a 1+a 1q 3=18a 1q +a 1q 2=12，解得：q =2或q =12.∵q 为整数，∴q =2.∴a 1=2.∴S 8=2(1−28)1−2=29−2=510.6.【答案】A;【解析】此题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和性质的应用.计算时要认真仔细.解：∵{_1+b1=1a3+b3=3，∴{_1+b1=1a1+2d+b1q2=3，∵d=q，所以{_1+b1=1a1+2q+b1q2=3，解得d=q=1，∴a n+b n=a1+(n−1)d+b1q n−1=a1+n−1+b1=2013，∴n=2013.故选A.7.【答案】C;【解析】若a，b，c成等比数列，则b²=ac由题意得△=b²-4ac=b²-4b²=-3b²等比数列中没有为0的项，∴-3b²<0∴△小于0，即方程a x2+bx+c=0必无实根故选C。

等比数列学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.等比数列{a n}的前n项和为S n，若a n＞0，q＞1，a3+a5=20，a2a6=64，则S4=（）A. 15B. 20C. 31D. 322.记S n为等比数列{a n}的前n项和，若数列{S n－2a1}也为等比数列，则＝（）A. B. 1 C. D. 23.等比数列的各项均为正数，且，则A. 12B. 10C. 8D.4.设是等比数列的前项和，已知，则（）A. －512B. －8C. －2D. －15.等比数列{}的前n 项和为，=1，=3，则=（）A. 1B. 5C. 1或31D. 5或116.已知正项等比数列{a n}中，a1a5a9=27，a6与a7的等差中项为9，则a10=（）A. 729B. 332C. 181D. 967.把数列的各项排列成如下的三角形态:依据其排列规律，则第7行的全部项之和为（）A. -1B. (-1)C.D.二、多选题（本大题共2小题，共10.0分。

在每小题有多项符合题目要求）8.设{a n}（n∈N*）是各项为正数的等比数列，q是其公比，K n是其前n项的积，且K5＜K6，K6=K7＞K8，则下列选项中成立的是（）A. 0＜q＜1B. a7=1C. K9＞K5D. K6与K7均为K n的最大值9.数列{}的前n 项为,已知=++1,下列说法中正确的是（）1A. {}为等差数列B. {}可能为等比数列C. {}为等差数列或等比数列D. {}可能既不是等差数列也不是等比数列三、填空题（本大题共3小题，共15.0分）10.已知正项等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，若对一切n∈N*都有a n+1≥2S n，则q的取值范围是．11.已知函数f(x)＝log2x，给出三个条件：①f(a n)＝2n；②f(a n)＝n；③．从中选出一个能使数列{a n}成等比数列的条件，在这个条件下，数列{a n}的前n项和S n＝．12.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，满意a1＝1，S3＝3，则S9-S5＝．四、解答题（本大题共2小题，共24.0分。

数列08 数列的求和（裂项相消法求和）一、具体目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法； 2.掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和. 二、知识概述：求数列前n 项和的基本方法（1）直接用等差、等比数列的求和公式求和； 等差：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+； 等比：11(1)(1)(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时， （2）掌握一些常见的数列的前n 项和公式：()21321+=++++n n n Λ； n n n +=++++22642Λ； 2531n n =++++Λ；()()61213212222++=++++n n n n Λ；()2333321321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++n n n Λ（3）倒序相加法求和：如果一个数列{}na ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法.（4）错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b qa S -=11【考点讲解】中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.（5）分组求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.通项公式为a n ＝,,n n b n c n ⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．形如：n n b a +其中⎪⎩⎪⎨⎧是等比数列是等差数列nn b a ，()()⎩⎨⎧∈=∈-==**N k k n n g N k k n n f a n ,2,,12, （6）合并求和：如求22222212979899100-++-+-Λ的和.（7）裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项. 常见拆项：111;(1)1n n n n =-++ 1111;(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭ 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；n n n n -+=++111.1.【2019年优选题】+⨯411+⨯741Λ+⨯1071=+-+)13)(23(1n n ( )A.13+n nB.131++n nC.1312+-n n D.1322+-n n 【解析】本题运用的是裂项相消法将每项裂开两项后相加，中间的项是互为相反数相加和为零. 原式=13)1311(31)]131231()7141()411[(31-=+-=+--++-+-n nn n n Λ. 【答案】A2.【2019年优选题】设数列ΛΛΛΛ,11,,321,211++++n n 的前n 项和为n S ,则n S 等于( )A .n n -+1 B.n n ++1 C.11-+nD.11++n【真题分析】【解析】本题考查的是裂项相消法求和，本题是在每项的分母有理化的同时，将每一项转化为两项后，再相加，中间项相消. 因为n n n n -+=++111.所以11321211+++++++=n n S n ΛΛn n n n -++--++-+-=112312Λ11-+=n【答案】C3.【2019年优选题】._______321132112111=+++++++++++nΛΛ 【解析】本题考点是求数列通项及裂项相消法求和.∵12112()123(1)1n a n n n n n ===-++++++L12111211131212112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-+-=n n n n n S n Λ. 【答案】12+n n4.【2017年高考全国II 卷理数】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑___________． 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ， 数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=， 裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk kn S n n n n ==-+-++-=-=+++∑L ． 【答案】21n n + 5.【2018年高考天津卷理数】设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ， （i ）求n T ；（ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.满分13分.（1）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=. 因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+， 可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（2）（i ）由（1），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L . 6.【2017年高考全国III 卷】设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=L .（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.【解析】（1）因为a 1+3a 2+…+（2n −1）a n =2n ，故当n ≥2时，a 1+3a 2+…+（2n −3）a n−1 =2（n −1）. 两式相减得（2n −1）a n =2，所以a n =22n−1 (n ≥2).又由题设可得a 1=2，从而{a n }的通项公式为a n =22n−1.（2）记{a n2n+1}的前n 项和为S n ，由（1）知a n2n+1 = 2(2n+1)(2n−1)=12n−1−12n+1.则 S n = 11− 13+ 13− 15+…+12n−1−12n+1=2n2n+1.【答案】（1）122-=n a n ；（2）122+n n.1.数列{}n a 的前n 项和为n S ，若5)1(1S n n a n ，则+=等于 （ ）A.1B.56C.16D.130【解析】因为111)1(1+-=+=n n n n a n，所以⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=61515141413131212115S6561161515141413131212115=-=-+-+-+-+-=S .【答案】B 2.)13)(23(1741411+-++⨯+⨯n n Λ等于 ( ) A.2231n n -+ B.2131n n -+ C.131n n ++ D.31nn + 【解析】1111()(32)(31)33231n a n n n n ==--+-+111111111:()(1)31447323133131n nS n n n n =-+-++-=-=-+++L【答案】D3．数列{}n a 满足12121n n a n n n =++++++L ，12n n n b a a +=又，求数列{}nb 的前n 项和. 【解析】因为1(12)12=+++=+L n n a n n ，又128(1)+==+n n n b a a n n = 118(1-+n n ） 12111111188()()()811223111n n b b b n n n n ⎡⎤⎡⎤+++=-+-++-=-=⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦L L 所以. 【模拟考场】4.数列为等差数列，为正整数，其前项和为，数列为等比数列，且，数列是公比为64的等比数列，. （1）求；（2）求证. 【解析】（1）设的公差为，的公比为，则为正整数，，依题意有①由知为正有理数，故为的因子之一， 解①得.故（2）∴5.已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为 的等比中项. （1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；（2）若数列}1{,3),(}{11nn n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n . 【解析】（1）设等差数列}{n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧+=+=+21111)5()20(,60156d a d a a d a 解得⎩⎨⎧==.5,21a d32+=∴n a n .)4(2)325(+=++=n n n n S n（2）由).,2(,111*--+∈≥=-∴=-N n n a b b a b b n n n n n n{}n a n a n n S {}n b 113,1a b =={}n a b 2264b S =,n n a b 1211134n S S S +++<L {}n a d {}n b q d 3(1)n a n d =+-1n n b q -=1363(1)22642(6)64n n nda d n d ab q q b q S b d q +++-⎧====⎪⎨⎪=+=⎩(6)64d q +=q d 61,2,3,62,8d q ==132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=35(21)(2)n S n n n =++++=+L 121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯+L L 11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+L 11113(1)22124n n =+--<++112211121112,()()()(1)(14)3(2).3,n n n n n n n n b b b b b b b b a a a b n n n n b -----≥=-+-++-+=++++=--++=+=L L 当时对也适合))(2(*∈+=∴N n n n b n ).211(21)2(11+-=+=∴n n n n b n )211123(21)2114121311(21+-+-=+-++-+-=n n n n T n Λ )2)(1(4532+++=n n n n6.已知n S 是数列{n a }的前n 项和，并且1a =1，对任意正整数n ，241+=+n n a S ；设Λ,3,2,1(21=-=+n a a b n n n ）.（I ）证明数列}{n b 是等比数列，并求}{n b 的通项公式； （II ）设}log log 1{,32212++⋅=n n n n n C C T b C 为数列的前n 项和，求n T . 【解析】（I ）),2(24,2411≥+=∴+=-+n a S a S n n n n Θ 两式相减：),2(4411≥-=-+n a a a n n n*),(2)2(2,2)(42,2),2)((41111121111N n b a a b a a a a a b a a b n a a a n n n n n n n n n n n n n n n n ∈=-=--=-=∴-=∴≥-=∴++++++++-+,21=∴+nn b b }{n b ∴是以2为公比的等比数列， ,325,523,24,2112121121=-==+=∴+=+-=b a a a a a a a b 而Θ*)(231N n b n n ∈⋅=∴-（II ）,231-==n n n b C ,)1(12log 2log 1log log 11222212+=⋅=⋅∴+++n n C C n n n n 而,111)1(1+-=+n n n n .111)111()4131()3121()211(+-=+-++-+-+-=∴n n n T n Λ7.已知数列{}a n ：ΛΛΛ,2133323122211nn n n ++++++，，，， ①求证数列{}a n 为等差数列，并求它的公差. ②设()N n a a b n n n ∈=+11，求……++++n b b b 21的和。