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第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.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=.故选C.法二直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2014辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为d,若数列{}为递减数列,则( C )(A)d<0 (B)d>0(C)a1d<0 (D)a1d>0解析:因为数列{}为递减数列,a1a n=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,所以a1d<0.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1 (B)（）n-1(C)（）n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=（）n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比q,由S n=,得S n=-·q n+.由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.(2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( D ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,所以a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.因为a,b,-2适当排序后成等比数列,所以-2是a,b的等比中项,得ab=4,所以q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,所以2a=b-2,联立消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,所以a=1,此时b=4,所以p=a+b=5,所以p+q=9.故选D.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(2015湖南卷)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2, S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。
第1讲 等差数列和等比数列考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列和等比数列热点一 等差数列例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6＝12，则S 7的值是( ) A ．21 B ．24 C ．28 D ．7(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是________． 思维启迪 (1)利用a 1＋a 7＝2a 4建立S 7和已知条件的联系；(2)将a 3，a 6的范围整体代入． 答案 (1)C (2)(－3,21)解析 (1)由题意可知，a 2＋a 6＝2a 4，则3a 4＝12，a 4＝4，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7a 4＝28.(2)S 9＝9a 1＋36d ＝3(a 1＋2d )＋6(a 1＋5d ) 又－1<a 3<1,0<a 6<3，∴－3<3(a 1＋2d )<3,0<6(a 1＋5d )<18， 故－3<S 9<21.思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解a 1和d ，可利用方程思想； (2)等差数列的性质①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a nm －n(m ，n ∈N *)；④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)． (3)等差数列前n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．(1)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(2)在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A. (2)由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.热点二 等比数列例2 (1)(2014·安徽)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝_____________________.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n 等于( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1思维启迪 (1)列方程求出d ，代入q 即可；(2)求出a 1，q ，代入化简． 答案 (1)1 (2)D解析 (1)设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝12，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×(1－(12)n )1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1，故选D. 思维升华 (1){a n }为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m q n －m ；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (2)等比数列前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).①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.(1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8(2)在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝34，a 2·a n －1＝64，且前n 项和S n ＝62，则项数n 等于( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7答案 (1)D (2)B解析 (1)∵a 4－2a 27＋3a 8＝0，∴2a 27＝a 4＋3a 8，即2a 27＝4a 7，∴a 7＝2，∴b 7＝2，又∵b 2b 8b 11＝b 1qb 1q 7b 1q 10＝b 31q 18＝(b 7)3＝8，故选D.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a n －1＝a 1a n ＝64，又a 1＋a n ＝34，解得a 1＝2，a n ＝32或a 1＝32，a n ＝2.当a 1＝2，a n ＝32时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝62，解得q ＝2.又a n ＝a 1q n－1，所以2×2n －1＝2n ＝32，解得n ＝5.同理，当a 1＝32，a n ＝2时，由S n ＝62，解得q ＝12.由a n ＝a 1q n －1＝32×(12)n －1＝2，得(12)n －1＝116＝(12)4，即n －1＝4，n ＝5.综上，项数n 等于5，故选B.热点三 等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维启迪 (1)利用方程思想求出a 1，代入公式求出a n 和S n ；(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ， 则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－(12)m ]1－12＝8[1－(12)m ]，∵(12)m 随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求证：1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.(1)解 ∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a na n －1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，∴a n ＝12×2n －1＝2n －2.(2)证明 b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝log 222n ＋1－2×log 222n＋3－2＝(2n －1)(2n ＋1)，1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12(n ∈N *)． 即1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2．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．3．等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列． (2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4．常用结论(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S nn }仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，{1a n}仍为等比数列．(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…，成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)qa 2－a 1＝q .(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等比数列，其公差为q k .等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等差数列，公差为k 2d . 5．易错提醒(1)应用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．(2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .真题感悟1．(2014·大纲全国)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3 答案 C解析 数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.2．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<－a 8<0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. 押题精练1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列一定成立的是( ) A ．若a 3>0，则a 2 013<0 B ．若a 4>0，则a 2 014<0 C ．若a 3>0，则a 2 013>0 D ．若a 4>0，则a 2 014>0答案 C解析 因为a 3＝a 1q 2，a 2 013＝a 1q 2 012，而q 2与q 2 012均为正数，若a 3>0，则a 1>0，所以a 2 013>0，故选C.2．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－8，－7)解析 a n ＝a ＋(n －1)×1＝n ＋a －1，所以b n ＝1＋a n a n ＝n ＋an ＋a －1，因为对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，即n ＋a n ＋a －1≥8＋a 8＋a －1(n ∈N *)恒成立，即n －8(a ＋7)(n ＋a －1)≤0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7<0，1－a <9，解得－8<a <－7. 3．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，(T n ＋32)k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，由题设知4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， ∴a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，∵a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2.∴当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列． ∵a 2，a 5，a 14构成等比数列，∴a 25＝a 2·a 14，(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，∴a 1＝1， ∵a 2－a 1＝3－1＝2，∴{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. ∵等比数列{b n }的公比q ＝a 5a 2＝2×5－13＝3，∴等比数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32，∴(3n ＋1－32＋32)k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立，∴k ≥2n －43n 对任意的n ∈N *恒成立，令c n ＝2n －43n ，c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n ，当n ≤3时，c n >c n －1； 当n ≥4时，c n <c n －1. ∴(c n )max ＝c 3＝227，∴k ≥227.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．等比数列{a n }中a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189答案 C解析 由题意可得q 3＝8，所以q ＝2.所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝84. 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝6＋a 7，则S 9的值是( ) A ．27 B ．36 C ．45 D ．54答案 D解析 由2a 6＝6＋a 7得a 5＝6，所以S 9＝9a 5＝54.故选D.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C解析 由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，代入可求得m ＝5.4．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11 答案 B解析 ∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，a 8＝3.故选B. 5．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 014等于( )A.16 B ．－16C ．6D ．－6答案 D解析 由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1得a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，而a 1＝2，所以a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，则数列是以4为周期，且a 1a 2a 3a 4＝1，所以T 2 014＝(a 1a 2a 3a 4)503a 1a 2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.6．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )， Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于( ) A ．2 011 B ．－2 011 C ．0 D ．1 答案 A解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011. 二、填空题7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 答案 3解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×(12)2＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×(12)3＝1， 所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.8．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝______.答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________. 答案 6解析 设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36， 故当n ＝6时，S n 取最小值．10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2)解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1， 由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2). 三、解答题11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54. 所以b n ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3. (2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2. 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此{S n ＋54}是以52为首项，2为公比的等比数列． 12．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列；(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20.(1)证明 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，①∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.②由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)，∴{a n }是公差为2的准等差数列．(2)解 已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)，∴a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .∴由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．∴当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋(n 2－1)×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋(n ＋12－1)×2＝n ＋a －1， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数. S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19)×102＝200. 13．(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18. 即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n . 假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，得n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。
