文科数学专题等差数列、等比数列(专练)高考二轮复习资料含答案

高中数学专题复习
《数列等差等比数列综合》单元过关检测
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注意事项：
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第I 卷（选择题）
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得分 一、选择题
1．1 ．（汇编年高考辽宁卷（文））下面是关于公差0d >的等差数列()n a 的四个命题:
{}1:n p a 数列是递增数列；
{}2:n p na 数列是递增数列； 3:n a p n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
数列是递增数列； {}4:3n p a nd +数列是递增数列； 其中的真命题为
（ ）
A ．12,p p
B ．34,p p
C ．23,p p
D ．14,p p 2．若数列{a n }是首项为1，公比为a －32的无穷等比数列，且{a n }各项的和为a ，
则a 的值是（ ）
A ．1
B ．2
C ．12
D ．54(汇
编上海理)
3．已知a b
c d ，，，成等比数列，且曲线223y x x =-+的顶点是()b c ，，则ad 等于（ ）。

专题三 数 列第 10 讲 等差数列与等比数列1. 理解等差、等比数列的观点，掌握等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式． 2. 数列是高中数学中的重要内容，在考试说明中，等差、等比数列都是C 级要求，因此 考试题多为中等及以上难度，试题综合考察了函数与方程，分类议论等数学思想．填空题常常考察等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及等差、等比数列的性质，考察运算求解能力；解答题综合性很强，不单考察数列自己的知识并且还波及到函数、不等式、分析几何 等方面的知识，基本上都是压轴题．1. 在等比数列 {a n } 中，已知 a 1＝ 1， a 4＝ 8.设 S 3n 为该数列的前 3n 项和， T n 为数列 {a 3n } 的前 n 项和．若 S 3n ＝ tT n ，则实数 t 的值为 ________．答案： 7分析：∵ 3 3 1－ 23n n 31，公a 4＝ a 1q ＝ q ＝ 8，∴ q ＝ 2， S 3n ＝ ＝ 8 － 1.由题意数列 {a n } 是首项为 1－ 8n1－ 2比为 8 的等比数列，∴ 1 n － 1)，由 S 3n ＝ tT n ，得 t ＝ 7.T n ＝ ＝ (81－8 72. 已知 {a n } 为等差数列， a 1＋ a 3＋ a 5＝ 105， a 2＋ a 4 ＋a 6＝ 99，以 S n 表示 {a n } 的前 n 项和， 则使得 S n 达到最大值时的 n 值是 ________．答案： 20分析：∵ a n ＝ 41－ 2n ，∴ a 20＞ 0，a 21＜0.3. 已知等比数列{a } 为递加数列，且a 2＝ a ， 2(a ＋ a ＋ )＝ 5a ＋ ，则数列的通项公式 an5 10 n n 2 n 1n＝ ________．答案： 2n分析：∵ a 25＝ a 10，∴ (a 1q 4)2＝ a 1q 9，∴ a 1＝ q ， ∴ a n ＝ q n .∵ 2(a n ＋ a n ＋2 )＝ 5a n ＋1，∴ 2a n (1＋ q 2)＝ 5a n q ，2 1 n∴ 2(1＋ q )＝ 5q ，解得 q ＝ 2 或 q ＝(舍去 )，∴a n ＝2 .21 11x z 4. 设 x 、 y 、 z 是实数，若9x 、 12y 、 15z 成等比数列，且 x 、 y 、 z 成等差数列，则 z ＋x ＝________．答案：3415 分析：由题知（ x ＋ z ） 2－ 2xz ＝xz（ 12y ） 2 ＝9x ·15z ，2 1 1解得 xz ＝122y y ＝ x ＋ z ，9× 15 322（ x ＋ z ） 2－2＝ 15 y 2－ 2＝34 ＝ xz 16 2 15.15y2 ＝ 16 232 y ，进而 x z x 2＋ z 2y ，x ＋ z ＝15 z ＋ ＝ 15x xz题型一 等差、等比数列基本量的计算例 1 等差数列 {a n } 的各项均为正数，且 a 1＝1，前 n 项和为 S n ；{b n } 为等比数列， b 1＝ 1，前 n 项和为 T n ，且 b 2S 2＝ 12， b 3S 3＝ 81.(1) 求 a n 与 b n; (2) 求 S n 与 T n ；(3) 设 c n ＝ a n b n ， {c n } 的前 n 项和为 M n ，求 M n .n －1解： (1) {a n } 的公差d ， {b n } 的公比 q ， d 正数， a n ＝ 1＋ (n － 1)d ， b n ＝ q .2S 3b 3＝（ 3＋ 3d ） q ＝ 81，依 意有S 2b 2＝（ 2＋ d ）q ＝ 12，d ＝ 2， 2，解得d ＝－3(舍去 )．或q ＝ 3q ＝ 9故 a n ＝1＋ 2(n － 1)，即 a n ＝2n － 1， b n ＝ 3n －1.(2) S n ＝ 1＋ 3＋ 5＋ ⋯＋ (2n － 1)＝ n 2，1－ 3n 3n － 1T n ＝＝.1－3 2(3) c n ＝ (2n － 1) ×3n －1，M n ＝ 1＋ 3×3＋ 5×32＋ ⋯ ＋ (2n － 1) ×3n －1，① 3M n ＝1×3＋ 3×32＋ 5×33 ＋⋯ ＋ (2n － 1) ×3n ，②2 n － 1 n n ①－②得－ 2Mn＝ 1＋ 2×3＋ 2×3 ＋ ⋯ ＋ 2×3 － (2n －1) ×3 ，即 M n＝ (n － 1) ×3 ＋ 1.(1) 求数列 {a n } 的通 公式；n } 的前 n 和n ，求 足 S n － 2a n － 20＞ 0 的全部正整数n 的会合．(2) 数列 {aS解： (1) 由 a 3＝ a 72，得 a 1＋ 2d ＝ (a 1＋ 6d)2. ①由 a 2＝ a 4＋ a 6，得 a 1＋ d ＝ 2a 1＋ 8d ，即 a 1＝－ 7d. ② ②代入①，得－ 5d ＝ d 2.∴ d ＝－ 5，或 d ＝ 0(不切合 意，舍去 )．a 1＝ 35.∴ a n ＝ 35＋ (n － 1)( － 5)＝－ 5n ＋ 40.（ 35－ 5n ＋ 40） n.(2) S n ＝ ＝ n （75－ 5n ） 2 2不等式 S n － 2a n － 20＞ 0，即n （ 75－ 5n ） － 2(－ 5n ＋ 40)－ 20＞0. 2整理得 n 2－ 19n ＋40＜ 0.19－ 201 19＋ 201. ∴ ＜n ＜2 219－ 15＜ n ＜ 19＋ 15，即 2＜ n ＜17.2 2∵ n ∈ N * ，∴ 所求 n 的 的会合 {3 ， 4，⋯， 16} ． 型二 等差、等比数列的 明与判断例 2 数列 {a n } 足 a 1＝ 1， na n ＋ 1＝ (n ＋ 1)a n ＋ n(n ＋1)， n ∈ N * . (1) 明：数列a n是等差数列；b n＝ 3n· n(2) a n ，求数列 {b n } 的前 n 和 S n .n ＋1n ＋1－a n＝ 1，所以 n是以 a 1＝ 1 首 ， 1 公(1) 明：由已知可得a ＝ a n ＋ 1，即 aan ＋ 1 n n ＋1 n n1差的等差数列．(2) 解： 由 (1) 得a n＝ 1＋ (n － 1) ·1＝ n ，所以 a n ＝ n 2， n进而可得 b n ＝ n ·3n .S n ＝1×31＋ 2×32＋ ⋯＋ (n － 1) ×3n －1＋ n ×3n ，①23nn ＋ 13S n ＝ 1×3 ＋ 2×3 ＋ ⋯ ＋ (n － 1)3 ＋ n ×3 .②12＋⋯＋3nn ＋13·（ 1－3n ）－ n ·3 n ＋1＝（ 1－ 2n ）·3n ＋1－ 3①－②得－ 2S n ＝ 3 ＋ 3 － n ·3＝1－ 3，2（ 2n － 1） ·3n ＋1＋3所以 S n ＝4.已知等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 1＋ 2， S 3＝9＋ 3 2.(1) 求数列 {a n } 的通项 a n 与前 n 项和 S n ；n *(2) 设 b n ＝ n (n ∈N )，求证：数列 {b n } 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列．Sa 1＝ 2＋ 1，(1) 解：由已知得∴ d ＝ 2，3a 1＋ 3d ＝ 9＋3 2，故 a n ＝2n － 1＋ 2， S n ＝ n(n ＋ 2)． (2) 证明：由 (1)得 b n ＝S n＝ n ＋ 2.假定数列 {b n } 中存在三项 b p ， b q ， b r (p ， q ， r 互不相等 )n成等比数列，则 b q 2＝ b p b r ，即 (q ＋ 2)2＝ (p ＋ 2)(r ＋ 2)，∴ (q 2－ pr) ＋ (2q － p － r) 2＝ 0. ∵ p 、q 、 r ∈ N * ，∴ q 2 －pr ＝0， 2 ∴ p ＋ r ＝ pr ，即 (p － r)2 ＝0, ∴ p ＝ r.这与 p ≠r 矛盾，故数列2q － p － r ＝ 0， 2 {b n } 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列．题型三 可转变为等差、等比数列的问题例 3 已知数列 {a n } 中， a 1＝ 1， a n ＋ a n ＋ 1＝ 2n (n ∈ N * )， b n ＝ 3a n .1 n(1) 试证明数列 a n － 3×2 是等比数列，并求数列 {b n } 的通项公式；(2) 在数列 {b n } 中，能否存在连续三项成等差数列？若存在，求出全部切合条件的项；若不存在，说明原因；(3) 试证在数列 {b n } 中，必定存在知足条件 1＜ r ＜ s 的正整数 r 、s ，使得 b 1，b r ，b s 成等差数列；并求出正整数 r 、 s 之间的关系．1 n ＋ 1 n－a n － 1 n ＋ 1a n ＋1－ ×2 2 ×2 (1) 证明：由 a n ＋ a n ＋ 1＝ 2n ，得 a n ＋ 1 ＝ 2n－ a n ，所以 3 n ＝ 1 3 n＝1 ×2 a n － ×2 a n －13 3 －（ a n － n3×2 ）1＝－ 1.因为 a 1－ 2＝ 1，所以数列 {a n －1× 2n } 是首项为 1，公比为－ 1 的等比数列，n3333a n － ×231n 1× (－ 1)n －11nn] ，所以 b n ＝ n n所以 a n － × 2 ＝，即 a n ＝[2 －(－1) 2 －(－1) .3 3 3b k － 1， b k ， b k ＋1 (k ∈N *,k ≥ 2)成等差数列，则(2) 解：假定在数列 {b n } 中，存在连续三项 b k－1 ＋b k ＋1＝ 2b k ，即 [2 k －1 1) k － 1 [2k ＋1 k ＋ 1 k － (－1) k ] ，即 2k － 1 k －1 .－ (－ ]＋ － (－1) ]＝2[2 ＝ 4(－ 1)① 若 k 为偶数，则 2k － 1＞ 0， 4(－ 1)k －1＝－ 4＜ 0，所以不存在偶数 k ，使得 b k － 1， b k ， b k＋1 成等差数列；② 若 k 为奇数，则当 k ≥3时， 2k － 1≥ 4，而 4(－ 1)k －1＝ 4，所以，当且仅当 k ＝ 3 时， b k －1，b k ， b k ＋ 1 成等差数列．综上所述，在数列 {b n } 中，有且仅有连续三项 b 2，b 3， b 4 成等差数列．(3) 证明：要使 b 1， b r ， b s 成等差数列，只需 b 1＋ b s ＝ 2b r ，即 3＋ 2s － (－ 1)s ＝ 2[2 r － (－ 1)r ]，即2s － 2r ＋1＝ (－ 1)s － 2(－ 1)r － 3.(*)① 若 s ＝ r ＋ 1，在 (*) 式中， 左端 2s － 2r ＋ 1＝ 0，右端 (－ 1)s － 2(－ 1)r － 3＝( －1) s ＋2(－ 1)s － 3＝ 3(－ 1)s － 3，要使 (*) 式建立，当且仅当 s 为偶数时．又 s ＞ r ＞ 1，且 s 、r 为正整数，所以当 s 为不小于 4 的正偶数，且 s ＝r ＋ 1 时， b 1， b r ， b s 成等差数列；② 若 s ≥r＋2，在 (*) 式中，左端 2s － 2r ＋ 1≥2r ＋ 2－ 2r ＋ 1＝ 2r ＋1，由(2) 可知，r ≥3，所以 r ＋1≥4，所以左端 2s － 2r ＋1≥ 16(当且仅当 s 为偶数、 r 为奇数时取 “＝ ”)，右端 (－ 1)s － 2(－1) s －3≤0，所以当 s ≥r＋2 时， b 1， b r ， b s 不行等差数列．综上所述，存在不小于 4 的正偶数 s ，且 s ＝ r ＋ 1，使得 b 1，b r ， b s 成等差数列 .题型四 数列的综合应用例 4已知数列 {a n } 足 a 1＋a 2 ＋ a 3 a n 2*) ．λ λ 2＋⋯＋ n － 1＝n ＋ 2n(此中常数 λ＞ 0， n ∈ Nλ(1) 求数列 {a n } 的通 公式； r ，s ，t ，使得 a r ，a s ，a t 成等比数列？若存在，(2) 当 λ＝ 4 ，能否存在互不同样的正整数 出 r 、 s 、 t 足的条件；若不存在， 明原因；*，都有 (1－λ )S ＋ λa≥ 2λn(3) S n 数列 {a n } 的前 n 和，若 随意 n ∈ N 恒建立，求n n数 λ的取 范 ．解： (1) a 1＝ 3，a 2a 3a n2当 n ≥2 ，由 a 1＋ λ＋ λ 2＋⋯ ＋ λ n － 1＝ n ＋ 2n, ①得 a ＋ a 2＋a 32＋ ⋯ ＋n － 2＝ (n － 1)2＋ 2(n －1) ，②1a n － 1λλλ①－②，得 a nn －1λn － 1＝ 2n ＋1，所以 a n ＝(2n ＋ 1) ·λ (n ≥ 2)，n －1*)．因 a 1＝ 3，所以 a n ＝ (2n ＋ 1) ·λ (n ∈ Nr － 1t(2) 当 λ＝ 4n － 1－1， a n ＝ (2n ＋1) ·4 .若存在 a r ，a s ， a t 成等比数列，[(2r ＋ 1) ·4 ][(2t＋1) ·4]＝ (2s ＋ 1)2· 42s － 2，整理得 (2r ＋ 1)(2t ＋ 1)4r ＋ t －2s＝ (2s ＋ 1)2.由奇偶性知 r ＋ t － 2s ＝ 0，所以 (2r ＋ 1)(2t ＋1) ＝(r ＋ t ＋ 1)2，即 (r －t) 2＝ 0. 与 r ≠t 矛盾，故不存在 的正整数r ， s ，t ，使得 a r ，a s ， a t 成等比数列． 2 n － 1 2(3)＋ 2n ；S n ＝ 3＋5λ＋ 7λ＋ ⋯ ＋ (2n ＋ 1) λ .当 λ＝1 ， S n ＝ 3＋5＋ 7＋ ⋯＋ (2n ＋ 1)＝ n 当 λ≠1 ， S n ＝ 2 n － 1 2 n － 1n 3＋ 5λ＋ 7λ＋ ⋯ ＋(2n ＋ 1) λ ， λ S n ＝ 3λ＋ 5λ＋ ⋯＋ (2n － 1) λ ＋ (2n ＋ 1) λ，n － 12 3 n － 1 n λ（ 1－ λ ） n(1－ λ)S ＝ 3＋2( λ＋ λ＋ λ＋ ⋯ ＋ λ )－ ＝ 3＋ 2×－(2n ＋ 1) λ n (2n ＋ 1) λ 1－ λ.要 随意 * ，都有 (1－ λ)S ＋ λa≥ 2λ n恒建立，n ∈ Nnn① 当 λ＝1 ，左＝ (1－ λ)S ＋ λa＝ a ＝ 2n ＋ 1≥2， 建立；nnnn － 1② 当 λ≠1 ， 左 ＝ (1 － λ )S n ＋ λa＝nλ（ 1－ λ）n3＋ 2×－ (2n ＋ 1) λ＋ λa＝n 3 ＋n － 1n1－ λ3－ λλ（1－ λ ）2λ ，2×1－λ＝ －1－ λ 1－ λ所以， 随意*，都有 3－ λ 4－ 2λn恒建立．n ∈ N≥ · λ1－ λ 1－ λ当 0＜ λ＜1 ，只需3－ λ≥ λ n 随意 n ∈ N * 恒建立，4－ 2λ3－ λ3 ， 建立；即只需有≥ λ即可，解得λ≤1或 λ≥，所以当 0＜ λ＜ 14－2λ2当 λ≥2 ，3－ λ 4－ 2λn*恒建立不行能；≥· λ随意 n ∈N1－ λ 1－ λ当 1＜ λ＜2 ，只需 3－ λ≤ λ n 随意 n ∈ N * 恒建立，4－ 2λ即只需3－ λ 3 3≤ λ ，解得 1≤λ≤，所以当1＜ λ≤ ， 建立．4－ 2λ22上， 数λ的取 范0，32 .1. (2014 ·江 卷 )在各 均 正数的等比数列{a n } 中，若a 2＝ 1， a 8＝ a 6＋ 2a 4， a 6＝________．答案： 4分析： 公比 q ，因 a 2＝ 1， 由 a 8＝ a 6＋ 2a 4 得 q 6＝ q 4＋ 2q 2， q 4－ q 2－2＝ 0，解得 q 2 ＝ 2，所以 a 6＝ a 2q 4＝ 4.本 主要考 等比数列的通 公式．2. (2014 广·东卷 )等比数列 {a n } 的各项均为正数，且a 1a 5＝ 4，则 log 2a 1＋ log 2a 2＋ log 2a 3＋log 2 a 4＋ log 2a 5＝ ________．答案： 5分析：由等比数列性质知 a 1a 5＝ a 2a 4 ＝a 23 ＝4.∵ a n >0，∴ a 3＝ 2，∴ a 1a 2a 3a 4a 5＝ (a 1a 5) ·(a 2a 4)·a 3＝ 25，∴ log 2 a 1＋ log 2a 2＋ log 2a 3＋log 2a 4 ＋ log 2a 5＝ l og 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝ 5.3. (2014 天·津卷 )设 {a n } 是首项为 a 1，公差为－ 1 的等差数列， S n 为其前 n 项和．若 S 1、S 2、 S 4 成等比数列，则 a 1＝ ________．答案：－12分析： ∵ {a n } 是首项为 a 1，公差为－ 1 的等差数列， S n 为其前 n 项和， ∴ S 1 ＝a 1，S 2＝ 2a 1 － 1， S 3 ＝4a 1－ 6，由 S 1、S 2、 S 3 成等比数列，得 S 22＝ S 1· S 4，即 (2a 1－1) 2＝ a 1(4a 1－ 6)，解得1a 1＝－2.4. (2014 江·西卷 )在等差数列 {a n } 中， a 1＝ 7，公差为 d ，前 n 项和为 S n ，当且仅当 n ＝ 8 时S n 获得最大值，则 d 的取值范围为 ________．答案： － 1，－78分析：因为 a 1＝ 7>0，当且仅当 n ＝8 时 S n 取最大值，可知d<0 且同时知足 a 8>0 ， a 9<0，a 8＝ 7＋ 7d>0， 77∴解得－ 1<d< － ，∴ － 1<d< － .a 9＝ 7＋ 8d<0，88nn ＝ 3n2－ n *， n ∈ N.5. (2014 江·西卷 )已知数列 {a } 的前 n 项和 S2(1) 求数列 {a n } 的通项公式；(2) 证明：对随意的 n>1 ，都存在 m ∈ N * ，使得 a 1、 a n 、a m 成等比数列．(1) 3n 2－ n2， a 1 也切合上式， 解：由 S n ＝ ，得 a 1 ＝S 1＝ 1.当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝3n －2所以数列 {a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n － 2.a n 2＝ a 1· a m ，即 (3n － 2)2＝ 1·(3m － 2)，(2) 证明：要使得 a 1、 a n 、 a m 成等比数列，只需要 即 m ＝ 3n 2－ 4n ＋ 2.而此时 m ∈ N * ，且 m ＞n ，所以对随意的 n ＞ 1，都存在 m ∈ N * ，使得 a 1、a n 、 a m 成等比数列．6. (2014 湖·北卷 )已知等差数列 {a n } 知足： a 1＝ 2，且 a 1 、a 2 、 a 5 成等比数列．(1) 求数列 {a n } 的通项公式．(2) 记 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和，能否存在正整数 n ，使得 S n ＞ 60n ＋ 800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明原因．解： (1) 设数列 {a n } 的公差为 d ，依题意知， 2、 2＋ d 、2＋ 4d 成等比数列，故有 (2＋ d)2＝ 2(2＋ 4d)，化简得 d 2－ 4d ＝0，解得 d ＝ 0 或 d ＝4， 当 d ＝ 0 时， a n ＝ 2；当 d ＝ 4 时， a n ＝ 2＋ (n － 1) ·4＝ 4n － 2，进而得数列 {a n } 的通项公式为 a n ＝2 或 a n ＝ 4n － 2. (2) 当 a n ＝ 2 时， S n ＝ 2n ，明显 2n<60n ＋ 800，此时不存在正整数 n ，使得 S n >60n ＋ 800 建立．当 a n ＝4n － 2 时， S n ＝n[2＋（4n － 2） ]＝ 2n 2.2令 2n 2>60n ＋ 800，即 n 2－ 30n － 400>0 ，解得 n>40 或 n<－ 10(舍去 )，此时存在正整数 n ，使得 S n >60n ＋ 800 建立， n 的最小值为 41.综上，当 a n ＝ 2 时，不存在知足题意的正整数n ；当 a n ＝4n － 2 ，存在 足 意的正整数n ，其最小 41.(本 模 高考 分 准， 分 16 分)(2014 ·州期末 ) 数列 {a n } 足 a n ＋ 1＝ 2a n ＋n 2－4n ＋ 1.(1) 若 a 1＝ 3，求 ：存在 f(n) ＝an 2 ＋bn ＋ c(a 、 b 、 c 常数 )，使数列 {a n ＋ f(n)} 是等比数列，并求出数列 {a n } 的通 公式；(2) 若 a n 是一个等差数列 {b n } 的前 n 和，求首 a 1 的 与数列 {b n } 的通 公式．(1) 明：∵ a n ＋1 ＝ 2a n ＋ n 2－ 4n ＋ 1，a n ＋ 1＋ a(n ＋ 1)2＋ b(n ＋ 1)＋ c ＝2(a n ＋ an 2 ＋bn ＋ c)， (2 分 ) 即 a n ＋ 1＝ 2a n ＋ an 2＋ (b － 2a)n ＋c － a － b.(4 分 )a ＝ 1，∴ b － 2a ＝－ 4， ∴ a ＝1， b ＝－ 2， c ＝ 0.(6 分 )c － a － b ＝1.∵ a 1 ＋1－ 2＝ 2，∴ 存在 f(n) ＝ n 2－ 2n ，使数列 {a n ＋ n 2－ 2n} 是公比 2 的等比数列． (8分 )∴ a n ＋ n 2－ 2n ＝ 2×2n －1＝ 2n . a n ＝2 n －n 2＋2n.(10 分 )(2) 解：∵ a n ＋ 1＝ 2a n ＋n 2－4n ＋ 1，即 a n ＋ 1＋ (n ＋ 1)2－ 2(n ＋ 1)＝ 2(a n ＋ n 2－2n)， ∴ a n ＋ n 2－ 2n ＝ (a 1－ 1)2n －1，即 a n ＝(a 1－ 1)2n －1－ n 2＋ 2n.(12 分 )a 1（ n ＝ 1），∴b n ＝（ a 1－ 1） 2n －2－ 2n ＋3（ n ≥2） .(14 分)∵ {b n } 是等差数列，∴ a 1＝ 1，b n ＝－ 2n ＋3.(16 分 )1. 若数列 {a n } ， {b n } 的通 公式分 是 a n ＝ (－ 1)n ＋2 011· a ， b n ＝ 2＋（－1） n ＋2 012，且 a n n＜ b n 随意 n ∈ N * 恒建立， 常数a 的取 范 是 ____________．答案： [－2，1]分析： a ＞ 0 ， a n 的最大 a(n 取奇数 )，b n 的最小 1，若 a n <b n 随意立， a<1； a ＝0 ， b n ＞0， a n ＜ b n 恒建立； a ＜ 0 ， a n 的最大 － a(n 取偶数 － a ≤2. 上， a ∈ [ － 2， 1)．n ∈ N * 恒成)， b n ＞ 2，2. 已知无 数列{a n } 中， a 1， a 2，⋯， a m 是首10，公差 － 2 的等差数列； a m ＋ 1，a m＋2 ，⋯， a 2m 是首1，公比1的等比数列 (此中 m ≥3， m ∈ N * )，并 随意的n ∈ N * ，均有2 2a n ＋2m ＝ a n 建立．(1) 当 m ＝ 12 ，求(2) 若 a 52＝ 1， 求 128a 2 010；m 的 ；(3) 判断能否存在 m(m ≥3， m ∈N * )，使得 S 128m ＋ 3≥2 010 建立？若存在， 求出 m 的 ；若不存在， 明原因．解： (1) 当 m ＝ 12 ，数列的周期 24.∵ 2 010＝ 24×83＋ 18，而 a 18 是等比数列中的 ，∴ a 2 010＝ a 18＝ a 12＋ 6＝ 1 612 ＝ 64.1k1 1 7(2)a m ＋k 是第一个周期中等比数列中的第k ， a m ＋k ＝ 2.∵ 128＝ 2 ，∴ 等比数列中起码有 7 ，即 m ≥7， 一个周期中起码有 14 ，∴ a 52 最多是第三个周期中的 ． 若a 52 是第一个周期中的 ，a 52＝ a m ＋ 7＝1，∴ m ＝52－ 7＝ 45；若 a 52 是第二个周期中的 ，128则 a ＝ a＋＝1，∴3m ＝45，即 m ＝ 15；若 a 是第三个周期中的项，则a ＝ a＋＝ 523m712852525m7∴ 5m ＝ 45，即 m ＝ 9.综上， m ＝ 45、 15 或 9.(3) ∵ 2m 是此数列的周期，∴S 128m ＋ 3 表示 64 个周期及等差数列的前3 项之和，∴最大时， S 128m ＋3 最大．1m1∵m （ m － 1）2 1－ 22＋ 11m ＋ 1－111S 2m ＝ 10m ＋× (－ 2)＋1 ＝－ m m ＝－ m －2221－ 21 ， 128S2m2 ＋125－1m ，当 m ＝ 6 时，S 2m ＝ 31－1＝ 3063；当 m ≤5时，S 2m ＜ 3063；当 m ≥7时，S 2m ＜－7－ 112 4 26464642 125＝ 29＜ 3063，∴ 当 m ＝ 6 时， S 2m 获得最大值，则 S 128m ＋3 获得最大值为 64×3063＋ 24＋4 6464 ＝ 2 007.由此可知不存在 m(m ≥3， m ∈ N * )，使得 S 128m ＋ 3≥ 2 010 建立．3. 设等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 S 1， S 3， S 2 成等差数列．(1) 求 {a n } 的公比 q ；(2) 若 a 1－ a 3＝ 3，求 S n .解： (1) 依题意有 a 1 ＋(a 1＋ a 1q)＝ 2(a 1＋ a 1q ＋ a 1q 2)，2 1 因为 a 1≠ 0，故 2q ＋ q ＝ 0.又 q ≠0，进而 q ＝－ 2.(2) 由已知可得 a 1－ a 1－ 1 22 ＝ 3，故 a 1＝ 4，n4 1－ － 1n 2 81 进而 S n ＝＝ 1－ － 1 31－－2 .24. 设 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和，且 S n ＝kn 2＋ n ， n ∈N * ，此中 k 是常数．(1) 求 a 1 及 a n ；(2) 若关于随意的 m ∈N * ， a m ， a 2m ， a 4m 成等比数列，求 k 的值．解： (1) 当 n ＝ 1 时， a 1＝S 1＝k ＋ 1，当 n ≥2时， a n ＝ S n － S n － 1＝ kn 2＋ n － [k(n － 1)2＋(n － 1)] ＝2kn － k ＋1， (*)经查验， n ＝1 时 (*) 式建立，∴ a n ＝ 2kn －k ＋ 1(n ∈ N * )．(2) ∵ a m ， a 2m ， a 4m 成等比数列， ∴ a 2m 2 ＝ a m ·a 4m ，即 (4km －k ＋ 1)2＝ (2km － k ＋ 1)(8km － k ＋ 1)，整理得 mk(k － 1)＝ 0，又对随意的 m ∈ N * 建立，∴ k ＝0 或 k ＝1.。

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。

专题限时集训(四) 等差数列、等比数列[建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组 高考达标]一、选择题1．(2016·广州二模)已知等比数列{a n }的公比为－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6的值是( )A ．－2 B.－12C.12D.2A [由题意可知a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5－12a 1＋a 3＋a 5 ＝－2.]2．(2016·福州模拟)已知数列{a n }是等差数列，且a 7－2a 4＝6，a 3＝2，则公差d ＝( ) A ．2 2 B.4 C.8D.16B [法一：由题意得a 3＝2，a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d )＝6，解得d ＝4，故选B. 法二：在公差为d 的等差数列{a n }中，a m ＝a n ＋(m －n )d (m ，n ∈N *)．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 7－2a 4＝a 1＋6d －2 a 1＋3d ＝6，a 3＝a 1＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－6，d ＝4.]3．已知等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( )【导学号：85952021】A ．－12B.1C.－12或1D.－1或12A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1， 得a 1＝0，矛盾，故q ≠1. 所以a 1 1－q 3 1－q ＋a 1 1－q 6 1－q＝2a 1 1－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.]4．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *.若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 016＝( )A ．92 015 B.272 015 C.92 016D.272 016D [由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列．数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n ，b n ＝3n .又c n ＝ba n ＝33n ，∴c 2 016＝33×2 016＝272 016，故选D.]5．设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若S n T n ＝n 2n ＋1(n ∈N *)，则a 5b 6＝( )A.513 B.919 C.1123D.923D [根据等差数列的前n 项和公式及S n T n ＝n2n ＋1(n ∈N *)，可设S n ＝kn 2，T n ＝kn (2n ＋1)，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝k (2n －1)，b n ＝T n －T n －1＝k (4n －1)，所以a 5b 6＝923，故选D.]二、填空题6．(2016·长沙模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2a 3，S 5＝15，则a 2 016＝__________.2 016 [在等差数列{a n }中，由S 3＝2a 3知，3a 2＝2a 3，而S 5＝15，则a 3＝3，于是a 2＝2，从而其公差为1，首项为1，因此a n ＝n ，故a 2 016＝2 016.]7．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是________．20 [由等差数列的性质可得a 3＝35，a 4＝33，故d ＝－2，a n ＝35＋(n －3)×(－2)＝41－2n ，易知数列前20项大于0，从第21项起为负项，故使得S n 达到最大值的n 是20.]8. 设等比数列{a n }中，S n 是前n 项和，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝__________.28 [由题意可知，公比q 3＝a 6a 3＝27，∴S 6S 3＝1－q 61－q3＝1＋q 3＝1＋27＝28.] 三、解答题9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(1－q )S n ＋qa n ＝1，且q (q －1)≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列． [解] (1)当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，得a 1＝1.1分当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得a n ＝qa n －1.5分又q (q －1)≠0，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列，故a n ＝q n －1.6分(2)证明：由(1)可知S n ＝1－a n q1－q，7分又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝2 1－a 9q1－q ，9分化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8.11分 故a 2，a 8，a 5成等差数列.12分10．(2016·广州五校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． [解] (1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *).5分(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0.6分 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13.8分 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.12分[B 组 名校冲刺]一、选择题1．(2016·河北五个一联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则过点P (n ，a n )和Q (n ＋2，a n ＋2)(n ∈N *)的直线的斜率是( )【导学号：85952022】A ．4 B.3C.2D.1A [设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 2＝2a 1＋d ＝10，S 5＝52(a 1＋a 5)＝5(a 1＋2d )＝55，所以d ＝4，所以k PQ ＝a n ＋2－a n n ＋2－n ＝2d2＝d ＝4，故选A.]2．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5 B.－15C.5D.15A [根据已知得3a n ＝a n ＋1，∴数列{a n }是等比数列且其公比为3， ∴a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)×33＝9×33＝35， ∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－5.]3．(2016·东北三省四市联考)如图4-1所示的数阵中，每行、每列的三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a 52＝( )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 41 a 42 a 43a 51 a 52 a 53a 61 a 62 a 63 图4-1A ．2 B.8 C.7D.4C [第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C.]4．(2016·郑州二模)设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A.215 B.225 C.235D.245D [由2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1得na n －(n －1)·a n －1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，又因为1×a 1＝1,2×a 2－1×a 1＝5，所以数列{na n }为首项为1，公差为5的等差数列，则20a 20＝1＋19×5，解得a 20＝245，故选D.]二、填空题5．(2016·湖北七校2月联考)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若S k －2＝－4(k >2)，S k ＝0，S k ＋2＝8，则k ＝__________.6 [由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k >2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1.由S k ＝ka 1＋k k －1 2＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6.]6．(2016·河北第二次大联考)数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为__________.【导学号：85952023】⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞) [由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n＝k 2n ＋2，∴a n ＋1a n ＝k 2 n ＋1 ＋2k 2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立．当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min.∵n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∴当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min ＝23，∴k 2<23，且0<k <1，∴0<k <63.综上，k ∈⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞)．] 三、解答题7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，3分 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1，4分 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .6分(2)由点(b n ，a n )在函数y ＝log 2 x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，8分 所以b n ＝2a n ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列，10分 所以T n ＝16 1－16n 1－16＝16n ＋1－1615.12分8．已知等差数列{a n }的公差为2，其前n 项和为S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *. (1)求p 的值及a n ；(2)在等比数列{b n }中，b 3＝a 1，b 4＝a 2＋4，若等比数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16为等比数列．[解] (1)由已知可得a 1＝S 1＝p ＋2，S 2＝4p ＋4，即a 1＋a 2＝4p ＋4，∴a 2＝3p ＋2.2分 由已知得a 2－a 1＝2p ＝2，∴p ＝1，∴a 1＝3，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.4分(2)证明：在等比数列{b n }中，b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，则公比为b 4b 3＝3.由b 3＝b 1·32，得b 1＝13，∴数列{b n }是以13为首项，以3为公比的等比数列，7分∴T n ＝13 1－3n 1－3＝16·(3n－1)，8分即T n ＋16＝16×3n ＝12×3n －1.9分又∵T 1＋16＝12，T n ＋16T n －1＋16＝3，n ≥2，n ∈N *，10分∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，以3为公比的等比数列.12分。

第 1 讲等差数列与等比数列1． (2015· 全国Ⅰ )已知 { a n} 是公差1 的等差数列， S n { a n} 的前 n 和，若 S8＝ 4S4，a10等于 ()1719A. 2B.2C． 10 D． 122．(2015 安·徽 )已知数列 { a n} 是增的等比数列，a1＋ a4＝ 9，a2a3＝ 8，数列 { a n} 的前 n 和等于 ________．3．(2014 广· )若等比数列 { a n} 的各均正数，且a10a11＋ a9a12＝2e5， ln a1＋ ln a2＋⋯＋ln a20＝ ______.4．(2013 江·西 )某住所小区划植许多于100 棵，若第一天植 2 棵，此后每日植的棵数是前一天的 2 倍，需要的最少天数 n( n∈N*)等于 ________．1.等差、等比数列基本量和性的考是高考点，常以小形式出.2.数列乞降及数列与函数、不等式的合是高考考的要点，考剖析、解决的合能力.点一等差数列、等比数列的运算(1)通公式等差数列： a n＝ a1＋ (n－ 1)d；等比数列： a n＝ a1·q n－1.(2)乞降公式等差数列： S n ＝n a 1＋ a nnn － d ；2＝ na 1＋2等比数列： S n ＝a 1 － q n＝ a 1－ a n q 1－ q1－ q (q ≠ 1)．(3)性质若 m ＋ n ＝p ＋ q ，在等差数列中 a m ＋ a n ＝ a p ＋ a q ；在等比数列中 a m ·a n ＝ a p ·a q .例 1 (1) 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＝ ________.(2)已知等比数列 { a n } 公比为 q ，其前 n 项和为 S n ，若 S 3，S 9，S 6 成等差数列， 则 q 3 等于 ()1A ．－ 2B ． 1C ．－ 1或 1D ．－ 1 或122思想升华在进行等差 (比 )数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不显然，则均可化成对于 a 1 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． 追踪操练 1(1)(2015 浙·江 ) 已知 { a n } 是等差数列，公差 d 不为零．若 a 2， a 3，a 7 成等比数列，且 2a 1＋a 2＝1，则 a 1＝ ________， d ＝ ________.(2) 已 知 数 列 { a n } 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 ， a 1 ＋ a 2 ＝ 1 ， a 3 ＋ a 4 ＝ 2 ， 则log 2a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014＝ ________.3热门二等差数列、等比数列的判断与证明数列 { a n } 是等差数列或等比数列的证明方法(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利用中项性质，即证明2a n ＝ a n －1 ＋a n ＋ 1(n ≥ 2)．(2)证明 { a n } 是等比数列的两种基本方法：a n ＋1*①利用定义，证明a n (n ∈ N )为一常数；②利用等比中项，即证明a n 2＝ a n － 1a n ＋ 1(n ≥ 2)．例 2 (2014 ·纲领全国 )数列 { a n } 知足 a 1＝ 1，a 2＝ 2， a n ＋2 ＝2a n ＋ 1－ a n ＋2.(1)设 b n ＝ a n ＋1 －a n ，证明： { b n } 是等差数列；(2)求 { a n} 的通项公式．思想升华(1)判断一个数列是等差(比 )数列，也能够利用通项公式及前n 项和公式，但不可以作为证明方法．a n＋12(2) a n＝ q 和 a n＝ a n－1 a n＋1(n≥ 2)都是数列 { a n} 为等比数列的必需不充足条件，判断时还要看各项能否为零．追踪操练 2 (1)(2015 大·庆铁人中学月考 )已知数列 { a n} 的首项 a1＝ 1，且知足 a n＋1＝a n，4a n＋ 1则 a n＝ ________________________________________________________________________.(2)已知数列 { a n} 中， a1＝ 1， a n＋1＝ 2a n＋ 3，则 a n＝ ________.热门三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特点下手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，能够联合数列的单一性、最值求解．例 3 已知等差数列 { a n } 的公差为－ 1，且 a2＋ a7＋ a12＝－ 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 项抽去此中一项后，剩下三项按本来次序恰为等比数列{ b n} 的前 3 项，记 { b n} 的前 n 项和为 T n，若存在 m∈N*，使对随意n∈N*，总有 S n<T m＋λ恒建立，务实数λ的取值范围．思想升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵巧地运用性质，可使运算简易．(2)数列的项或前n 项和能够看作对于n 的函数，而后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒建立问题能够经过分别参数，经过求数列的值域求解．追踪操练 3已知首项为3的等比数列 { a n} 不是递减数列，其前 n 项和为 S n(n∈N* )，且 S3＋ a3，2．．S5＋ a5， S4＋ a4成等差数列．(1)求数列 { a n} 的通项公式；1*(2)设 T n＝ S n－(n∈N )，求数列 { T n} 的最大项的值与最小项的值．1．设等差数列{ a n} 的前 n 项和为 S n，且 a1>0 ，a3＋ a10>0， a6a7<0 ，则知足S n>0 的最大自然数 n 的值为 ()A ． 6B． 7C．12D． 132．已知各项不为0 的等差数列 { a n} 知足 a4－ 2a72＋ 3a8＝ 0，数列 { b n} 是等比数列，且 b7＝ a7，则 b2b12等于 ()A ． 1B． 2C．4D． 83．已知各项都为正数的等比数列{ a n} 知足 a7＝ a6＋ 2a5，存在两项 a m， a n使得a m·a n＝ 4a1，则1＋4的最小值为 ()m m35A. 2B. 3254C. 6D. 34．已知等比数列{ a n} 中， a4＋ a6＝ 10，则 a1a7＋ 2a3a7＋ a3a9＝ ________.提示：达成作业专题四第1讲二轮专题加强练专题四第 1 讲等差数列与等比数列A 组专题通关1．已知等差数列 { a n} 中， a5＝ 10，则 a2＋ a4＋ a5＋ a9的值等于 () A．52B． 40C．26D． 202．已知等差数列 { a n} 中， a7＋ a9＝ 16， S11＝99，则 a12的值是 ()2A．15B． 30C．31D． 643．(2015 ·江浙 )已知 { a n} 是等差数列，公差 d 不为零，前n 项和是 S n，若 a3，a4，a8成等比数列，则 ()A ． a1d＞ 0， dS4＞ 0B． a1d＜0， dS4＜ 0C．a1d＞ 0， dS4＜0D． a1 d＜ 0， dS4＞ 04．设 S n为等差数列 { a n } 的前 n 项和， (n＋ 1)S n<nS n＋1(n∈N*)．若a8<－1，则 ()a7A ． S n的最大值是 S8B． S n的最小值是 S8C．S n的最大值是 S7D． S n的最小值是 S75．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 b3＝－ 2， b10＝ 12，则a8等于 ()A．0 B． 3 C．8 D．112n6．若数列 { n(n＋ 4)( 3) } 中的最大项是第 k 项，则 k＝ ________.7． (2015 课·标全国Ⅱ )设 S n是数列 { a n} 的前 n 项和，且a1＝－ 1， a n＋1＝ S n S n＋1，则 S n＝____________.1*8．已知数列 { a n} 的首 a1＝ 2，且 a n＋1＝ ( a1＋ a2＋⋯＋ a n) (n∈N )， S n数列 { a n} 的前2n 和， S n＝ ________， a n＝________.9．成等差数列的三个正数的和等于15，而且三个数分加上2、5、13 后成等比数列 { b n}中的 b3、b4、b5.(1)求数列 { b n} 的通公式；(2)数列 { b n} 的前 n 和 S n，求：数列5{ S n＋} 是等比数列．410．(2015 广· )数列 { a n} 的前 n 和 S n，n∈N* .已知 a1＝ 1，a2＝3，a3＝5，且当 n≥2 ，244S n＋2＋ 5S n＝ 8S n＋1＋S n－1.(1)求 a4的；(2)明： a n＋1－1a n等比数列；2(3)求数列 { a n} 的通公式．B能力提升11．已知 { a n} 是等差数列， S n其前 n 和，若 S21＝S4 000，O 坐原点，点P(1，a n)，Q(2→ →011， a2 011)， OP·OQ等于 ()A．2 011 B．－ 2 011 C．0 D．112．(2015 福·建 )若 a，b 是函数 f(x)＝ x 2－ px＋q( p＞ 0，q＞ 0)的两个不一样的零点，且 a， b，－2 这三个数可适合排序后成等差数列，也可适合排序后成等比数列，则p＋ q 的值等于 () A．6 B． 7 C．8 D．913．数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，已知 a1＝1，且对随意正整数m，n，都有 a m＋n＝ a m·a n，若 S n<t 5恒建立，则实数 t 的最小值为 ________．14．已知 S n是等比数列 { a n} 的前 n 项和， S4， S2， S3成等差数列，且a2＋ a3＋ a4＝－ 18.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数 n，使得 S n≥ 2013？若存在，求出切合条件的全部n 的会合；若不存在，说明原因．学生用 答案精析四 数列、推理与 明第 1 等差数列与等比数列高考真 体1． B[∵公差1，∴ S 8＝ 8a 1 ＋8×8－ 1×1＝ 8a 1 ＋ 28， S 4＝ 4a 1＋ 6. 21∵ S 8＝ 4S 4 ，∴ 8a 1＋ 28＝ 4(4a 1 ＋6) ，解得 a 1＝2，119∴ a 10＝ a 1＋ 9d ＝2＋ 9＝ 2 .故 B.]2． 2n －1a 2a 3＝ a 1a 4，又 a 2a 3＝8，a 1＋ a 4＝ 9，所以 立方程a 1a 4 ＝8， 分析由等比数列性 知解a 1＋ a 4＝ 9，a 1 ＝1， a 1＝ 8， 又数列 { a n } 增数列，∴ a 1＝ 1， a 4＝ 8，进而 a 1q 3＝ 8，∴ q ＝ 2.得或a 4＝ 1，a 4 ＝8n∴数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝1－ 2＝2n －1.1－ 23． 50分析因 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) ·⋯·(a10＝ 10ln(a10a 11)＝ 10ln e 51 a 20) ·(a 2a 19 10a 11)] ＝ ln(a 10a 11)＝ 50ln e ＝50.4． 6分析 每日植 棵数组成等比数列{ a n } ，a 1－q nn－ 1) n ＋1≥ 102.此中 a 1 ＝2， q ＝ 2. S n ＝＝ 2(2≥100，即 2 1－q∴ n ≥6，∴最少天数n ＝ 6.点分 打破例 1 (1)6(2)A分析 (1) 数列的公差d ， a 4＋ a 6＝ 2a 1＋ 8d ＝ 2×(－ 11)＋ 8d ＝－ 6，解得 d ＝ 2，所以 S n ＝－ 11n ＋n n －×2＝n 2－ 12n ＝ (n －6) 2－ 36，2所以当 S n 取最小 ，n ＝ 6.(2)若 q ＝ 1， 3a 1＋ 6a 1＝ 2×9a 1，得 a 1＝ 0，矛盾，故 q ≠1.所以a 1－ q 3＋ a 1 －q 61－ q 1－ q＝ 2 a 1－ q 9，1－ q31解得 q ＝－ 或 1(舍 )，故 A.追踪演1 (1)23 －1(2)1 005分析(1) ∵a ， a ， a 成等比数列，∴a 2＝ a a ，23732 7即 (a 1＋ 2d)2＝ (a 1＋ d)(a 1＋ 6d)，2∴ a 1＝－ 3d ，∵ 2a 1＋a 2 ＝1，∴ 2a 1＋ a 1＋ d ＝ 1 即 3a 1＋d ＝ 1，∴ a 1＝ 2， d ＝－ 1.3(2)在等比数列中，(a 1＋ a 2)q 2＝ a 3＋ a 4，即 q 2＝ 2，所以 a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014＝ (a 1＋a 2＋a 3＋ a 4) q 2 010＝ 3×21 005，a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014所以 log 23＝ 1 005.例 2 (1) 明由 a n ＋ 2＝ 2a n ＋ 1－a n ＋2 得a n ＋ 2－a n ＋ 1＝ a n ＋ 1－ a n ＋ 2，即 b n ＋ 1＝ b n ＋ 2.又 b 1＝ a 2－ a 1 ＝1，所以 { b n } 是首1，公差 2 的等差数列．(2)解由 (1)得 b n ＝ 1＋2(n － 1)＝ 2n －1，即 a n ＋ 1－ a n ＝ 2n － 1.∴ a n － a n － 1＝ 2n － 3，a n － 1－a n － 2＝ 2n －5，⋯⋯a 2－ a 1＝ 1，累加得 a n ＋ 1－ a 1＝ n 2，即 a n ＋ 1＝ n 2 ＋a 1 .又 a 1＝ 1，所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n 2－ 2n ＋ 2.追踪操练 2 (1)1 (2)2n ＋1－ 34n － 3分析(1) 由已知得1 ＝ 1＋4，a n ＋1 a n∴1－ 1＝4，a n ＋1 a n又1＝1， a 11故 { a n } 是以 1 为首项， 4 为公差的等差数列，∴ 1＝ 1＋ 4(n － 1)＝ 4n － 3， a n1故 a n ＝ 4n － 3.(2)由已知可得 a n ＋ 1＋ 3＝ 2(a n ＋ 3)，又 a 1＋ 3＝ 4，故 { a n ＋ 3} 是以 4 为首项， 2 为公比的等比数列．∴ a n ＋ 3＝ 4×2n －1，∴ a n ＝ 2n ＋1－ 3.例 3解(1) 由 a 2＋ a 7＋ a 12＝－ 6得 a 7＝－ 2，∴ a 1＝ 4，∴ a n ＝ 5－ n ，进而 S n ＝n－ 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 2＝ 1，b 1 24[1－1m ]∴ T m ＝21 m1＝8[1－( ) ]，1－ 221 m∵ (2) 随 m 增添而递减，∴ { T m } 为递加数列，得 4≤T m <8.n － n 1 2又 S n ＝2＝－ 2(n － 9n) ＝－19 2 － 81 [( n － ) ] ，2 2 4故 (S n )max ＝ S 4＝ S 5＝ 10，若存在 m ∈N * ，使对随意 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，＋ ∞)．追踪操练 3解(1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，因为 S 3 ＋a 3 ，S 5＋ a 5， S 4＋ a 4 成等差数列，所以 S 5 ＋a 5 －S 3－ a 3＝ S 4＋ a 4－ S 5－ a 5，即 4a 5＝ a 3，2 ＝a 51于是 q a 3＝ .4又 { a n } 不是递减数列且 a 1＝ 3，2所以 q ＝－12.故等比数列 { a n } 的通项公式为3 － 1 n－1n －13＝×＝ (－1)na 22· .211＋ 2n ， n 为奇数，＝ 1－ －1 n＝(2)由 (1)得 S n2 11－ 2n ， n 为偶数 .当 n 为奇数时， S n 随 n 的增大而减小，3所以 1<S n ≤S 1＝ ，1 1325 故 0<S n－S n ≤S 1－ S 1＝ 2－3＝ 6. 当 n 为偶数时， S n 随 n 的增大而增大，3所以 4＝ S 2≤S n <1，故 0>S n － 1 ≥S 2－ 1 ＝ 3－4＝－ 7.S n S 2 4 312*，总有－ 7 ≤S n － 1 5综上，对于 n ∈N 12 ≤ .S n 6 所以数列 { T n } 最大项的值为 5，最小项的值为－ 7 .612 高考押题精练1． C [∵ a 1>0，a 6a 7<0 ，∴ a 6>0， a 7<0，等差数列的公差小于零，又 a 3＋ a 10＝ a 1＋ a 12>0，a 1＋a13＝ 2a7<0，∴S12>0， S13<0，∴知足 S n>0 的最大自然数n 的值为 12.]2．C [设等差数列 { a } 的公差为d，因为 a － 2a2＋ 3a ＝0，所以 a －3d－ 2a2＋ 3(a ＋ d)＝0，n478777即 a27＝ 2a7，解得 a7＝ 0(舍去 )或 a7＝ 2，所以 b7＝ a7＝2.因为数列 { b n} 是等比数列，所以b2 b12＝b27＝ 4.]3．A[由 a7＝ a6＋ 2a5，得 a1q6＝a1q5＋ 2a1q4，整理有 q2－q－ 2＝ 0，解得 q＝2 或 q＝－ 1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由a m·a n＝ 4a1，得 a m a n＝ 16a21，即 a21 2m＋n－2＝16a21，即有 m＋ n－ 2＝ 4，亦即 m＋n＝ 6，那么1＋4＝1(m＋ n)(1＋4)m n 6m n1 4m n＋ 5)14m n3，＝(n ＋≥(2·＋ 5)＝6m6n m2当且仅当4mn＝mn， m＋n＝ 6，3即 n＝2m＝4 时获得最小值2.]4． 100分析因为 a1a7＝ a42， a3a9＝ a26，a3a7＝ a4a6，所以 a1 a7＋ 2a3a7＋a3a9＝ (a4＋ a6 )2＝ 102＝ 100.二化答案精析四数列、推理与明第 1等差数列与等比数列1． B [因 a2＋a4＝2a3， a5＋ a9＝ 2a7，所以 a2＋a4＋a5＋ a9＝ 2(a3＋ a7)＝ 4a5，而 a5＝10，所以 a2＋a4＋a5＋ a9＝ 4×10＝ 40.故 B.]2．A [因 a8是 a7，a9的等差中，所以2a8＝ a7＋ a9＝ 16?a8＝ 8，再由等差数列前n 和的算公式可得S ＝a1＋ a11＝11·2a6＝11a ，又因 S＝99，所以a＝9，d＝a8－a611226112622 7＝4，所以 a12＝ a8＋ 4d＝ 15，故 A.]3． B [∵ a3， a4， a8成等比数列，∴ (a1＋ 3d)2＝ (a1＋ 2d)(a1＋ 7d)，整理得5 a1＝－ d，3∴ a1d＝－52＜ 0，又 S4＝4a1＋4×32d 3d2d＝－，3∴ dS4＝－2d2＜ 0，故 B.]3n a1＋a n<n·n＋a1＋ a n＋1，整理得 a n<a n＋1，所4．D [由 (n＋ 1)S n<nS n＋1得 (n＋ 1) ·22以等差数列 { a n} 是增数列，又a8<－ 1，所以 a8>0，a7<0 ，所以数列 { a n } 的前 7 ，a7即 S n的最小是 S7.]5． B [∵ { b n} 等差数列，其公差d，由 b3＝－ 2， b10＝ 12，∴7d＝b10－b3＝12－ (－ 2)＝ 14，∴ d＝ 2，∵ b3＝－ 2，∴ b1＝ b3－ 2d＝－ 2－ 4＝－ 6，7×6∴ b1＋ b2＋⋯＋ b7＝ 7b1＋2·d＝7×(－ 6)＋21×2＝ 0，又 b1＋ b2＋⋯＋ b7＝ (a2－ a1)＋ (a3－ a2) ＋⋯＋ (a8－ a7)＝ a8－ a1＝ a8－ 3，∵ a8－ 3＝ 0，∴a8＝ 3.故 B.] 6． 4分析由意得k k＋2 3k k＋23kkk＋k＋2k＋ 1，3k－k＋2k－ 1，3k2≥ 10，*可得 k＝ 4.所以由 k∈Nk2－ 2k－ 9≤0，17．－n分析由意，得 S1＝ a1＝－ 1，又由 a n＋1＝ S n S n＋1，得 S n＋1－ S n＝ S n S n＋1，所以 S n≠0，所以S n＋1－ S n S n S n＋111111＝ 1，即S n＋1－S n＝－ 1，故数列S n 是以S1＝－ 1首，－ 1 公差的等差数列，得S n＝－ 1－(n－ 1)1＝－ n，所以 S n＝－n.3 n－12n＝，8． 2×32n －2n2分析由 a n＋11*11S n，即 S n＋13＝(a1＋ a2＋⋯＋ a n) (n∈N)，可得 a n＋1＝S n，所以 S n＋1－ S n＝＝ S n，2222由此可知数列 { S n} 是一个等比数列，此中首S1＝ a1＝ 2，公比3，所以 S n＝2×3n－1，由此222n＝，得 a n＝ 3 n－2n29． (1)解成等差数列的三个正数分a－ d，a， a＋ d.依意，得a－d＋ a＋ a＋ d＝ 15.解得 a＝ 5.所以 { b n} 中的 b3， b4， b5挨次 7－ d,10,18＋ d.依意，有 (7－ d)(18＋ d)＝ 100，解得 d＝ 2 或 d＝－ 13(舍去 ) ．故 { b n} 的第 35，公比 2.由 b3＝ b1·22，即 5＝b 1·22，5解得 b 1 ＝4.所以 b n ＝b 1 ·q n －1＝ 54·2n－1＝ 5·2n －3，即数列 { b n } 的通项公式为b n ＝ 5·2n －3 .(2)证明由(1) 得数列 { b n } 的前 n 项和5 － 2nS n ＝4n －251－ 2 ＝ 5·2－ ，4即 S n ＋ 5＝ 5·2n －2. 4S n ＋ 1＋5n －1 所以 S 1 ＋5＝ 5，45·25 ＝n －2＝ 2.4 2 S n ＋5·24所以 { S n ＋ 54} 是以 52为首项， 2 为公比的等比数列．10． (1) 解 当 n ＝ 2 时， 4S 4＋ 5S 2＝ 8S 3＋S 1，即 4 1＋ 3＋ 5＋ a 4 ＋ 5 1＋32 4 23 5 7 ＝ 8 1＋ 2＋4 ＋ 1，解得： a 4＝ 8.(2)证明 因为 4S n ＋ 2＋5S n ＝ 8S n ＋ 1＋S n － 1(n ≥ 2)，所以 4S n ＋ 2－ 4S n ＋ 1＋ S n － S n － 1＝ 4S n ＋ 1－ 4S n (n ≥ 2)，5 即 4a n ＋ 2＋ a n ＝ 4a n ＋1(n ≥ 2)，因为 4a 3＋ a 1＝ 4× ＋ 1＝ 6＝ 4a 2，4所以 4a n ＋ 2＋ a n ＝ 4a n ＋ 1，a n ＋2－ 12a n ＋ 1 4a n ＋ 2－ 2a n ＋ 1因为＝4a n ＋ 1－2a n1a n ＋1－ a n2＝4a n ＋1－ a n － 2a n ＋ 12a n ＋1－ a n 1，所以数列 1 1 为首项， 公比4a n ＋ 1－2a n＝a n ＋1－ a n＝ a n ＋1－a n 是以 a 2－ a 1＝ 1 2221为2的等比数列．(3)解1－1a 1＝ 1 为首项，公比为 1的等比数列，所以 a n ＋ 1－ 1由 (2)知，数列 a n ＋ 1－ a n 是以 a 22 2 22 1 n － 1 a n ＋1 a n a n a 1－ ＝ 4，所以数列 1 为首项，公差为 4 的等差数列， ＝ ，即n 是以 ＝ 2 a n 2 1 n ＋ 1 1 n 2 1 2 2 2a n所以＝ 2＋ (n － 1) ×4＝ 4n － 2，21 n 1n － 1即 a n ＝ (4n －2) ×2 ＝ (2n － 1) ×2 ，所以数列 { a n } 的通 公式是a n ＝ (2n －1) ×1n － 1.211． A[ 由 S 21＝ S 4 000 得 a 22＋ a 23＋ ⋯ ＋ a 4 000＝ 0，因为 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，→ →进而 a 2 011＝0，而 OP ·OQ ＝ 2 011＋ a 2 011·a n ＝2 011.]12．D[ 由 意知： a ＋b ＝ p ，ab ＝ q ，∵ p ＞ 0，q ＞0，∴ a ＞ 0，b ＞ 0.在 a ，b ，－ 2 三个数的 6 种排序中，成等差数列的状况有 a ，b ，－ 2；b ， a ，－ 2；－ 2，a ， b ；－ 2， b ，a ；成等比数列的状况有： a ，－ 2， b ； b ，－ 2， a.∴ab ＝ 4，2b ＝ a － 2或ab ＝ 4，2a ＝ b － 2解之得：a ＝ 4，b ＝1a ＝ 1， 或b ＝ 4.∴ p ＝ 5， q ＝ 4，∴ p ＋ q ＝9，故 D.]113.41分析令 m ＝ 1，可得 a n ＋ 1＝ 5a n ，11 n 115[1 －5 ] 所以 { a n } 是首 5，公比 5的等比数列，所以S n ＝ 11－ 5＝ 1[1－ (1)n ]< 1，故 数 t 的最小 1.454414．解(1) 等比数列 { a n } 的公比q ，a 1≠0， q ≠ 0由. 意得 S 2－ S 4 ＝ S 3 －S 2， a 2＋ a 3 ＋a 4＝－ 18.23 2 ，－ a 1q－a 1 q＝ a 1q 即＝－ 18，a 1 q ＋ q ＋q 2a1＝ 3，解得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－－n] 1－－＝ 1－ (－2) n.假定存在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，上式不建立；当n 为奇数时， (－ 2)n＝－ 2n≤－ 2 012，即 2n≥ 2 012，得 n≥ 11.综上，存在切合条件的正整数n，且全部这样的n 的会合为 { n|n＝ 2k＋ 1， k∈N， k≥5}．。

专题(W 等差数列悟等比数列(讲学案〉高考侧重于考查等差、等比数列的通项 a n ,前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点.备考时应切实文解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本 运算，强化性质的应用意识.1. 等差数列⑴定义式：a n +1— a n = d (n € N *, d 为常数);(2)通项公式：a n = a i + (n —1)d ；(3)前n 项和公式: n a 1 + a n, n n — 1 ds n — 2—n a 1+ 2；⑷性质：① a n = a m + （n — m ）d （n 、m € N *）；②若 m + n = p + q （m 、n 、p 、q € N *）,贝a m + a n = a p + a q . 2. 等比数列(1) 定义式： 也 =q( n € N *, q 为非零常数);a n (2) 通项公式：a n = a 1q n T ；"na 1(3)前n 项和公式：S = Ja 11 — q n L 1 - qn —m*⑷性质：① a n = a m q (n , m € N );②若 m + n = p + q ,贝V a m a n = a p a q (p 、3•复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前 n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前 n 项和，集中突破数列求和的五种方法 (公式法、 倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1•应用a n 与S n 的关系，等比数列前 n 项和公式时，注意分类讨论. 2•等差、等比数列的性质可类比掌握•注意不要用混.q = 1， q M 1.*q 、m 、n €3•讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和a n= 0的情形.4. 等比数列｛a n｝中，公比q MQ a n* 0.考点一等差数列的运算例、（2017高考全国卷I ）记S n为等差数列｛a.｝的前n项和.若a4 + 24, Ss = 48,则｛a n｝的公差为（）C. 4【解析】通解：选C谖温｝的公差为乳贝U由'a：+ 3d + a\+4dI切］+密二厂我」=24,解得c/=4.故选C.优解：由&=48得血4■便=1方》【变式探究】（1）（2016高考全国卷I）已知等差数列｛a n｝前9项的和为27, a10= 8，则A. 100 B . 99C. 98 D . 97【答案】C【解析】通解：••• ｛a n｝是等差数列,设其公差为d,由题意得严9a1+爭=27, a10= a1+ 9d = 8 a1 = —1, I d = 1.…a〔00= a〔+ 99d = —1 + 99 X1 = 98,选C.优解：设等差数列｛a n｝的公差为d,又a10= 8,解得5d = a10—a5= 5，所以d= 1,所以a100= a5+ 95d= 98,选C.因为｛a n｝为等差数列，且S9= 9a5= 27,所以a5= 3.⑵设S n是等差数列｛a n｝的前n项和，若a1+ a3+ a5= 3,则&=（）C. 9 D . 11【答案】A【解析】通解：T a〔+ a3 + a5= a〔+ (a〔+ 2d) + 佝 + 4d) = 3a〔+ 6d=3, a〔+ 2d = 1,5 x4二S5= 5a1+ 2 d = 5(a1+ 2d) = 5,故选 A.优解：a〔+ a5= 2a3,「・a〔+ a3+ a5= 3a3= 3,二 a 3= 1,20 xi + Ym'/1I +X 2 4-...4-X JD =200=——\ …—,/.Jfj + JCi5=20/ 又++ 二期+工“=20-考点二等比数列的运算例2、【2017江苏，9】等比数列｛%｝的各项均为实数，其前n 项的和为S n ,已知1 -q【变式探究】（1）（2016高考全国卷I ）设等比数列｛a n ｝满足a 1+ a 3= 10, a ?+ a 4 = 5,则a 1a 2…a n 的最大值为 _________【答案】64【解析】通解：求 a 1a 2^ a n 关于n 的表达式 a 2+ a 4a 1+ a 3 q 5 1 ------------- = ---------------------------- =—/. q=—a 1 + a 3 a 1+ a 310'2当q -1时，，解得a.11 ，则=32 .6(1 —q)63••• S3=a 1 + a 55a 3= 5,故选 A.【方法规律】1•通解是寻求a i 与d 的关系，然后用公式求和.优解法是利用等差中项性质转化求和 公式._ 12.在等差数列中，当已知a 1和d 时，用S n = na 1+n n- d 求和.当已知 a 1和a n或者a 1 + a n = a 2+ a n -1形式时，常用S n =?a i + a n n a 2 + a n -1 n 亠求解.1 1 *【变式探究】若数列｛a n ｝满足 ------ =d （n € N , d 为常数），则称数列｛a “｝为调和数a n +i a n已知数列“调和数列，且 x i + X 2+ …+ X 20= 200 ,则 X 5+ X 16=()A . 10 20 C . 3040…]1 Xn~d f . ｛心｝足#差数列 >7S 3，S 6463，则a 8【答案】 32 【解析】■时，显然不符合题意;【解析】选区Ta 1+ a1 22= 10,.・.a1 = 8A . 6B . 5••• a 1 a 2 a 3…a n = a ； q ^^—rt、t— n + 7n .当n = 3或n = 4时， --- ？ 最大为6. 二a 1a 2…a n 的最大值为26= 64 优解：利用数列的单调变化1设｛ a n ｝的公比为 q ,由 a i + a 3 = 10 , a 2+ a 4= 5 得 a 1 = 8, q = 2，则 a 2= 4 , a 3 = 2 , a 4= 1 , 1 、a 5 = 2，所以 a 1a 2 …a n 毛1a 2a 3a 4= 64.1 r,⑵已知等比数列｛ a n ｝满足a 1= 4, a 3a 5= 4® —",则a 2=( )A . 2B . 1 1 1 C.2 D.8【答案】C【解析】通解：・ 「懾=。

第1讲 等差数列与等比数列1．(2016·课标全国乙)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100等于( )A ．100B ．99C ．98D ．97答案 C解析 由等差数列性质，知S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1， ∴a 100＝a 10＋90d ＝98，故选C.2．(2016·北京)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 答案 6解析 ∵a 3＋a 5＝2a 4＝0，∴a 4＝0.又a 1＝6，∴a 4＝a 1＋3d ＝0，∴d ＝－2.∴S 6＝6×6＋6×(6－1)2×(－2)＝6. 3．(2016·江苏)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．答案 20解析 设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋(a 1＋d )2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.4．(2016·课标全国乙)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________．答案 64解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4) 211749(7)[()]222411()(),22n n n ---== ∵n ∈N *，∴当n ＝3或4时，12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最小值－6， 此时21749[()]2241()2n --取到最大值26＝64， ∴a 1a 2…a n 的最大值为64.1.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.热点一 等差数列、等比数列的运算1．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. 2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； 等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)． 3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)已知数列{a n }中，a 3＝76，a 7＝1514，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，则a 5等于( ) A.109 B.1110 C.1211 D.1312(2)已知等比数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，且a 1＋a 7＝9，a 4＝22，则S 8等于( )A ．15(1＋2)B ．15⎝⎛⎭⎫1＋22C ．15 2D ．15(1＋2)或15(1＋22) 答案 (1)B (2)D 解析 (1)设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ，则1a 7－1＝1a 3－1＋4d ，∴11514－1＝176－1＋4d ，解得d ＝2.∴1a 5－1＝1a 3－1＋2d ＝10，解得a 5＝1110. (2)由a 4＝22，得a 1a 7＝a 24＝8，故a 1，a 7是方程x 2－9x ＋8＝0的两根，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 7＝8或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8a 7＝1.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以公比q >0.当⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 7＝8时q ＝6a 7a 1＝2，所以S 8＝1×[1－(2)8]1－2＝15(1＋2)； 当⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 7＝1时，q ＝6a 7a 1＝22，所以S 8＝8×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫2281－22＝15⎝⎛⎭⎫1＋22.故选D. 思维升华 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a 1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．跟踪演练1 (1)(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________.(2)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则log 2a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 0163＝________. 答案 (1)23－1 (2)1 006 解析 (1)∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，∴a 1＝－23d . ∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1，∴a 1＝23，d ＝－1. (2)在等比数列中，(a 1＋a 2)q 2＝a 3＋a 4，即q 2＝2，所以a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 016＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)q 2 012＝3×21 006，所以log 2a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 0163＝1 006.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(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利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．(2)证明{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)．例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足a n ＋S n ＝2n ＋1.(1)求证：数列{a n －2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求证：12a 1a 2＋122a 2a 3＋…＋12n a n a n ＋1<13. 证明 (1)∵a n ＋S n ＝2n ＋1，令n ＝1，得2a 1＝3，a 1＝32. ∵a n ＋S n ＝2n ＋1，∴a n －1＋S n －1＝2(n －1)＋1 (n ≥2，n ∈N *)．两式相减，得2a n －a n －1＝2，整理a n ＝12a n －1＋1， a n －2＝12(a n －1－2)(n ≥2)， ∴数列{a n －2}是首项为a 1－2＝－12，公比为12的等比数列， ∴a n －2＝－⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＝2－12n. (2)∵12na n a n ＋1＝12n ·2n ＋1－12n ·2n ＋2－12n ＋1 ＝2n ＋1(2n ＋1－1)(2n ＋2－1)＝12n ＋1－1－12n ＋2－1， ∴12a 1a 2＋122a 2a 3＋…＋12n a n a n ＋1＝(122－1－123－1)＋(123－1－124－1)＋…＋(12n ＋1－1－12n ＋2－1)＝13－12n 2－1<13. 思维升华 (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．跟踪演练2 (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________.(2)已知数列{b n }的前n 项和为T n ，若数列{b n }满足各项均为正项，并且以(b n ，T n ) (n ∈N *)为坐标的点都在曲线ay ＝a 2x 2＋a 2x ＋b (a 为非零常数)上运动，则称数列{b n }为“抛物数列”．已知数列{b n }为“抛物数列”，则( )A ．{b n }一定为等比数列B ．{b n }一定为等差数列C ．{b n }只从第二项起为等比数列D ．{b n }只从第二项起为等差数列答案 (1)2n ＋1－3 (2)B 解析 (1)由已知可得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，又a 1＋3＝4，故{a n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋3＝4×2n －1， ∴a n ＝2n ＋1－3. (2)由已知条件可知，若数列{b n }为“抛物数列”，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则数列{b n }满足各项均为正项，并且以(b n ，T n )(n ∈N *)为坐标的点都在曲线ay ＝a 2x 2＋a 2x ＋b (a 为非零常数)上运动，即aT n ＝a 2·b 2n ＋a 2·b n ＋b ，当n ＝1时，aT 1＝a 2·b 21＋a 2·b 1＋b ⇒ab 1＝a 2·b 21＋a 2·b 1＋b ⇒a 2·b 21－a 2·b 1＋b ＝0⇒a ·b 21－a ·b 1＋2b ＝0， 即b 1＝a ＋a 2－8ab 2a ； 当n ≥2时，由aT n ＝a 2·b 2n ＋a 2·b n ＋b ， 及aT n －1＝a 2·b 2n －1＋a 2·b n －1＋b ， 两式相减得a ·b n ＝a 2·(b 2n －b 2n －1)＋a 2·(b n －b n －1)。

专题8 等差数列与等比数列1.等差数列必记结论(1)若项数为偶数2n,则S 2n =n(a 1+a 2n )=n(a n +a n+1); S 偶-S 奇=nd;=.(2)若项数为奇数2n-1,则 S 2n-1=(2n-1)a n ; S 奇-S 偶=a n ; =.2.等比数列必记结论(1)a k ,a k+m ,a k+2m ,…仍是等比数列,公比为q m (k,m∈N *).考向一 等差数列基本量的计算【典例】 (2020·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列的前n 项和.若a 1=-2,a 2+a 6=2①,则=________.① 根据基本量列方程② 前n 项和公式求解考向二 等比数列基本量的计算【典例】(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是等比数列,且a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,则a 6+a 7+a 8=( ) A.12 B.24 C.30 D.321.在公比为的等比数列中,若sin=,则cos的值是A.-B.C.D.2.数列{a n}中,a1=2,a2=1,则+=(n∈N*),则a10等于( )A.-5B.-C.5D.3.若数列{x n}满足lg x n+1=1+lg x n(n∈N+),且x1+x2+x3+…+x100=100,则lg(x101+x102+…+x200)的值为A.102B.101C.100D.994.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则说法不正确的是 ( )A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B.春分和秋分两个节气的晷长相同(2)若数列{a n}的项数为2n,则=q;(3)若项数为2n+1,则=q.1.数列中的方程思想无论是等差数列中的a1,n,d,a n,S n,还是等比数列中的a1,n,q,a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(q),问题可迎刃而解2.数列中的函数思想数列是一种特殊C.立冬的晷长为一丈五寸D.立春的晷长比立秋的晷长短5.数列满足:a n+1=λa n-1,若数列是等比数列,则λ的值是( )A.1B.2C.D.-16.等比数列{a n}中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8),则f′(0)= A.26 B.29 C.212 D.2157.已知数阵中,每行的三个数依次成等比数列,每列的三个数也依次成等比数列,若a22=2,则该数阵中九个数的积为A.36B.256C.512D.1 0248.已知数列{a n}是等比数列,数列{b n}是等差数列,若a1·a6·a11=-3,b1+b6+b11=7π,则tan的值是A.1B.C.-D.-的函数,在研究数列问题时,既要注意函数方法的普遍性,又要考虑数列方法的特殊性.1.弄错首项致错如T10中,数列{b n}的首项为b1,不是.2.忽略数列与函数的区别致错如T13一定要注意自变量n是正整数.3.忽略题目中的隐含条件而致错如T11要注意b2的符号已经确定,且b2<0,忽视了这一隐含条件,就容易出现错误.9.已知每项均大于零的数列中,首项a1=1且前n项和S n满足S n-S n-1=2(n∈N*且n≥2),则a81=A.641B.640C.639D.63810.若数列满足:++…+=2n,则数列的前n项和S n为A.2n+1B.2n-4C.2n+2-2D.2n+2-411.已知数列-1,a1,a2,-4成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,则=______12.已知数列满足a1=2,-=2,若b n=,则数列的前n项和S n=________.13.已知数列满足a1=1,a n=l o c n(n≥2),当n≥2时,b n=n,且点是直线y=x+1上的点,则数列的通项公式为________;令y=a1·a2·a3·…·a k,则当k在区间[1,2019]内时,使y的值为正整数的所有k值之和为________.专题8 等差数列与等比数列///真题再研析·提升审题力///考向一【解析】设等差数列的公差为d.因为是等差数列,且a 1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:a n=a1+d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d++5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:S n=na1+d,n∈N*,可得:S10=10×+=-20+45=25,所以S10=25. 答案:25考向二D 设等比数列的公比为q,则a 1+a2+a3=a1=1,a 2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q=q=2,因此,a 6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5=q5=32.///高考演兵场·检验考试力///1.B 由等比数列的通项公式可知:a2a5=(a1a4)q2=2(a1a4),cos= 1-2sin2(a 1a4)=1-2×=.2.D 因为+=(n∈N*),所以是等差数列,又因为a1=2,a2=1,所以=,-=,所以是首项为,公差为的等差数列,所以=,a n=,所以a10=.3.A 由lg x n+1=1+lg x n,得=10,所以数列是公比为10的等比数列,又x101=x1·q100,x102=x2·q100,…,x200=x100·q100,所以x101+x102+…+x200=q100(x1+x2+…+x100)=10100·100=10102,所以lg=102.4.D 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列{a n},其中a1=15寸,a13=135寸,公差为d寸,则135=15+12d,解得d=10(寸),同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列{b n},其中b1=135,b13=15,公差d=-10(单位都为寸).故选项A正确;因为春分的晷长为b7,所以b7=b1+6d=135-60=75,因为秋分的晷长为a7,所以a7=a1+6d=15+60=75,所以B正确;因为立冬的晷长为a10,所以a10=a1+9d=15+90=105,即立冬的晷长为一丈五寸,C正确;因为立春的晷长,立秋的晷长分别为b4,a4,所以a4=a1+3d=15+30=45,b4=b1+3d=135-30=105,所以b4>a4,故D错误.故选D.5.B 数列为等比数列⇒==q,即:λa n-2=qa n-q,由上式恒成立,可知:⇒λ=2.6.Cf′(x)=[x(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]′=x′[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]+x[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]′=[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]+x[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]′,所以f′(0)=a1a2 (8)又a1a8=a2a7=a3a6=a4a5,所以f′(0)=(a1a8)4=84=212,故选C.7.C 依题意可得a 11a13=,a21a23=,a31a33=,a12a32=,因为a22=2,所以a11a12a13a21a22a23a31a32a33=(a 11a13)a12(a21a23)a22(a31a33)a32===29=512.8.D 在等差数列{b n}中,由b1+b6+b11=7π,得3b6=7π,b6=,所以b3+b9=2b6=,在等比数列{a n}中,由a1a6a11=-3,得=-3,a6=-,所以1-a 4a8=1-=1-(-)2=-2,则tan=tan=tan=tan=-.9.B 因为S n-S n-1=2,所以-=2,即{}为等差数列,首项为1,公差为2,所以=1+2(n-1)=2n-1所以S n=(2n-1)2,因此a81=S81-S80=1612-1592=640.10.D 对任意的n∈N*,++…+=2n.当n=1时,=2,可得b1=4;当n≥2时,由++…++=2n,可得++…+=2,两式相减得=2,所以b n=2n+1.又b 1=4符合b n=2n+1,所以b n=2n+1,所以==2,所以,数列为等比数列,且公比为2,首项b 1=4,因此,S n==2n+2-4.11.【解析】因为-1,a1,a2,-4成等差数列,设公差为d,则a 2-a1=d=[(-4)-(-1)]=-1,因为-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,所以=(-1)×(-4)=4,所以b2=±2.若设公比为q,则b2=(-1)q2,所以b2<0.所以b2=-2,所以==.答案:12.【解析】由题意知为公差是2的等差数列,所以=+(n-1)×2=2n,所以a n=2n2,所以b n=22n,所以S n==.答案:13.【解析】因为当n≥2时,b n=n,且点是直线y=x+1上的点,所以当n≥2时,有a n=log n(n+1)(n≥2),所以a n=所以y=1×log23×log34×…×log k(k+1)=1×××…×==log2(k+1),令log2(k+1)=m得k+1=2m,所以k=2m-1,所以当k在[1,2 019]内时,即1≤2m-1≤2 019,得1≤m≤10,m∈N*,所以使y的值为正整数的所有k值之和为++…+=-10=-10=2 036.答案:a n= 2 036关闭Word文档返回原板块。

2020高考数学大二轮专题突破文科通用等差、等比数列的综合问题精选试题1.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,且a3=-6,S5=S6.(1)求{a n}的通项公式;(2)若等比数列{b n}满足b1=a2,b2=S3,求{b n}的前n项和.2.(2019北京丰台区高三第二学期综合练习二)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=e·a n(e 是自然对数的底数,n∈N*).(1)求{a n}的通项公式;(2)设数列{ln a n}的前n项和为T n,求证:当n≥2时,+…+<2.3.设等差数列{a n}的公差不为0,a2=1,且a2,a3,a6成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,求使S n>35成立的n的最小值.4.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log3a n,求T n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2n b2n+1.5.(2019河北保定高三第二次模拟考试)已知函数f(x)=log3(ax+b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2),a n=an+b,n∈N*.(1)求a n;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,b n=2n+,求{b n}的前n项和T n.6.(2019广东佛山第一中学高三上学期期中考试)等差数列{a n}中,a1=3,前n项和为S n,等比数列{b n}各项均为正数,b1=1,且b2+S2=12,{b n}的公比q=.(1)求a n与b n;(2)求T n=+…+.7.已知{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b1=2,b2=5,且a n b n+1=a n b n+a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.8.(2019黑龙江哈尔滨第三中学高三上学期期中考试)已知数列{a n}中,a1=且a n=(a n-1+n+1)(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设b n=2n·a n,求数列{b n}的前n项和S n.参考答案专题突破练13等差、等比数列的综合问题1.解(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为S5=S6,所以a6=a3+3d=0.因为a3=-6,所以d=2,a1=-10.所以a n=2n-12.(2)设等比数列{b n}的公比为q.由(1)可知,b1=-8,b2=-24,所以q=3.故数列{b n}的前n项和为--=4(1-3n).-2.(1)解因为a1=1,a n+1=e·a n(n∈N*),所以数列{a n}是以1为首项,e为公比的等比数列, 所以a n=e n-1.(2)证明由(1)知,ln a n=ln e n-1=n-1,所以T n=0+1+2+…+(n-1)=-,所以+…+=+…+-=21-+++…+=21-.-因为>0,所以1-<1.所以21-<2.即+…+<2.3.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,d≠0.∵a2,a3,a6成等比数列,∴=a2·a6,即(1+d)2=1+4d,解得d=2或d=0(舍去d=0),∴a n=a2+(n-2)d=2n-3.(2)∵a n=2n-3,∴S n=-=n2-2n.依题意有n2-2n>35,解得n>7.故使S n>35成立的n的最小值为8.4.解(1)∵3S1,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3,∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2,∴公比q=3,∴a n=a1q n-1=3n.(2)由(1)知,b n=log3a n=log33n=n,∵b2n-1b2n-b2n b2n+1=(2n-1)·2n-2n(2n+1)=-4n,∴T n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2n b2n+1)=-4(1+2+…+n)=-4×=-2n2-2n.5.解(1)由函数f(x)=log3(ax+b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2),得解得-所以a n=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知数列{a n}为以1为首项,2为公差的等差数列,所以S n=n+-×2=n2,得b n=2n+=2n+2n.∴T n=(2×1+21)+(2×2+22)+(2×3+23)+…+(2×n+2n)=2×(1+2+3+…+n)+(21+22+23+…+2n)=2×--=2n+1+n2+n-2.6.解(1)由已知可得解得q=3或q=-4(舍去负值),a2=6.∴a n=3n,b n=3n-1.(2)∵S n=,∴b n(b n+1)=+b n),∴T n=+…+=(b1+b2+…+b n)+(+…+)=(30+31+…+3n-1)+(30+32+…+32n-2)==----=.7.解(1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.∴{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,即a n=3n-1.(2)由已知得b n+1-b n==3,∴{b n}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为b n=3n-1, ∴S n=-.8.解(1)由题意,可知:a2=(a1+2+1)=+2+1=,a3=(a2+3+1)=+3+1=.①当n=1时,a1-1=-1=,②当n≥2时,a n-n=(a n-1+n+1)-n=a n-1+n+-n=a n-1-n+(a n-1-n+1)=[a n-1-(n-1)].∴数列{a n-n}是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)可知,a n-n=n,∴a n=n+n,n∈N*.∴b n=2n·a n=2n·n+n=n·2n+2n·=n·2n+1.∴S n=b1+b2+b3+…+b n=(1·21+1)+(2·22+1)+(3·23+1)+…+(n·2n+1), ∴S n=1·21+2·22+3·23+…+n·2n+n,③2S n=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1+2n,④由③-④,可得:-n·2n+1-n-S n=1·21+1·22+1·23+…+1·2n-n·2n+1+n-2n=--=(1-n)·2n+1-n-2,∴S n=(n-1)·2n+1+n+2.。

2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练一、基本技能练1.已知等比数列{a n}满足a1＝2，a3a5＝4a26，则a3的值为()A.1B.2C.1或－1D.122.设数列{a n}是等差数列，S n是数列{a n}的前n项和，a3＋a5＝10，S5＝15，则S6＝()A.18B.24C.30D.363.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块4.若等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S2022>0，S2023<0”是“a1011a1012<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是()A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥06.(多选)已知数列{a n}的前n项和为S n，下列说法正确的是()A.若S n＝n2＋1，则{a n}是等差数列B.若S n＝3n－1，则{a n}是等比数列C.若{a n}是等差数列，则S9＝9a5D.若{a n}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>S227.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列a n＝________.8.已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＝2a n－1，若a n∈(0，2022)，则称项a n为“和谐项”，则数列{a n}的所有“和谐项”的和为________.9.已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n－1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.10.已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.11.设等比数列{a n}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m＋S m＋1＝S m＋3(m∈N*)，求m.12.已知{a n}是等差数列，{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}中元素的个数.二、创新拓展练13.(多选)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a1>1，a99·a100－1>0，a99－1a100－1<0，下列结论中正确的是()A.0<q<1B.a99·a101－1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于19814.(多选)已知数列{a n}满足a1＝10，a5＝2，且a n＋2－2a n＋1＋a n＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是()A.a n＝12－2nB.|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|，n≤5，2＋5，n>5C.|a n|的最小值为0D.当且仅当n＝5时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取得最大值3015.(多选)已知S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，则下列结论正确的是()A.数列{a n＋1＋a n}为等比数列B.数列{a n＋1－2a n}为等比数列C.a n＝2n＋1＋（－1）n3(410－1)D.S20＝2316.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1·(2－S n)＝1.2，S n＋1(1)(2)2023的数.参考答案与解析一、基本技能练1.答案A解析由题意得a3a5＝a24＝4a26，又在等比数列中偶数项同号，∴a4＝2a6，∴q2＝12，∴a3＝a1q2＝1，故选A.2.答案B解析由等差数列的性质知a4＝a3＋a52＝5，而S5＝a1＋a52×5＝5a3＝15，则a3＝3，等差数列{a n}的公差d＝a4－a3＝2，所以a1＝a3－2d＝－1，则S6＝6a1＋6×（6－1）2·d＝－6＋30＝24.3.答案C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3402(块).4.答案B解析因为S2022>0，S2023<0，所以（a1＋a2022）×20222>0，（a1＋a2023）×20232<0，即a1＋a2022＝a1011＋a1012>0，a1＋a2023＝2a1012<0，所以a 1011>0，a 1012<0，且a 1011>|a 1012|，所以a 1011a 1012<0，充分性成立；而当a 1011a 1012<0时，a 1011>0，a 1012<0或a 1011<0，a 1012>0，则S 2022>0，S 2023<0不一定成立.故“S 2022>0，S 2023<0”可以推出“a 1011a 1012<0”，但“a 1011a 1012<0”不能推出“S 2022>0，S 2023<0”，所以“S 2022>0，S 2023<0”是“a 1011a 1012<0”的充分不必要条件.故选B.5.答案AC解析因为等比数列{a n }的公比为q ，且a 5＝1，所以a 3＝1q 2，a 4＝1q ，a 6＝q ，a 7＝q 2，因为a 3＋a 7＝1q2＋q 2≥2，当且仅当q 2＝1时等号成立，故A 正确；因为a 4＋a 6＝1q＋q ，当q <0时式子为负数，故B 错误；因为a 7－2a 6＋1＝q 2－2q ＋1＝(q －1)2≥0，故C 正确；因为a 3－2a 4－1＝1q 2－2q－1－2，则a 3－2a 4－1≥0不成立，故D 错误.6.答案BC解析若S n ＝n 2＋1，当n ≥2时，a n ＝2n －1，a 1＝2不满足a n ＝2n －1，故A 错误；若S n ＝3n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1，由于a 1＝S 1＝31－1＝2，满足a n ＝2·3n －1，所以{a n }是等比数列，故B 正确；若{a n }是等差数列，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，故C 正确；当q ＝1时，S 1·S 3－S 22＝a 21(1＋q ＋q 2)－a 21(1＋q )2＝－a 21q <0，故D 错误，综上，选BC.7.答案2n－4(n∈N*)(答案不唯一)解析1＋a2＋a3<a3，＝2，解得a1<－1，不妨令a1＝－2，∴a n＝2n－4.8.答案2047解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，∴{a n}是公比为2，首项为1的等比数列，∴a n＝2n－1，由a n＝2n－1<2022，得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝1－2111－2＝2047.9.答案n2解析因为a1＝1，a n＋1>a n≥a1>0，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以(a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2.10.答案18解析由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，所以a1q＝a1q2－3⇒a1＝3q2－q>0⇒q>1，所以a4＋3a2＝a1q3＋3a1q＝3（q3＋3q）q2－q＝3（q2＋3）q－1＝3×（q－1）2＋2（q－1）＋4q－1＝3（q－1）＋4q－1＋6≥3×2（q－1）·4q－1＋6＝18，当且仅当q－1＝4q－1，即q＝3时等号成立，故a4＋3a2的最小值为18.11.解(1)设{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.1＋a1q＝4，1q2－a1＝8，1＝1，＝3.所以{a n}的通项公式为a n＝3n－1(n∈N*).(2)由(1)知log3a n＝n－1，故S n＝n（n－1）2(n∈N*).由S m＋S m＋1＝S m＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.12.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知a n＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，b n＝b1·2n－1，由b k＝a m＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.答案ABD解析对于A，∵a99·a100－1>0，∴a21·q197>1，∴(a1·q98)2·q>1.∵a1>1，∴q>0.又∵a99－1a100－1<0，∴a99>1，且a100<1，∴0<q<1，故A正确；对于B，∵a2100＝a99·a101，a100<1，∴0<a99·a101<1，即a99·a101－1<0，故B正确；对于C，由于T100＝T99·a100，而0<a100<1，故有T100<T99，故C错误；对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)·…·(a99·a100)＝(a99·a100)99>1，T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)·(a2·a198)…(a99·a101)·a100＝(a100)100<1，故D正确.故选ABD.14.答案AC解析由a n＋2－2a n＋1＋a n＝0，可得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n，所以数列{a n}是等差数列，设公差为d，因为a1＝10，a5＝2，所以d＝a5－a15－1＝－2，所以a n＝10－2(n－1)＝12－2n，故A正确；当n＝6时，a n＝0，所以当n≤5时，a n>0，当n>5时，a n≤0，所以当n≤5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n（10＋12－2n）2＝11n－n2.当n>5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－a n＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a n)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－S n＋2S5＝－(11n－n2)＋60＝n2－11n＋60，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|n－n2，n≤5，2－11n＋60，n>5，故B错误；|a n|＝|12－2n|，当n＝6时，|a n|取得最小值为0，故C正确；当n＝5或n＝6时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取最大值30，故D错误.15.答案ABD解析因为a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，所以a n＋a n－1＝2a n－1＋2a n－2＝2(a n－1＋a n－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{a n＋a n＋1}是等比数列，A正确；同理a n－2a n－1＝a n－1＋2a n－2－2a n－1＝－a n－1＋2a n－2＝－(a n－1－2a n－2)，而a2－2a1＝－1，所以{a n＋1－2a n}是等比数列，B正确；若a n＝2n＋1＋（－1）n3，则a2＝23＋（－1）23＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{a n＋a n＋1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T10，则S20＝T10＝2（1－410）1－4＝23(410－1)，故D正确.16.(1)证明1S 1－1＝1a 1－1＝－2.由S n ＋1·(2－S n )＝1，得S n ＋1＝12－S n.因为1S n ＋1－1－1S n －1＝112－S n －1－1S n－1＝2－S n S n －1－1S n －1＝－1，2为首项，－1为公差的等差数列.(2)解由(1)得1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，即S n ＝n n ＋1，则a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1）(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝12满足上式，所以a n ＝1n （n ＋1）(n ∈N *)，则1a n ＝n (n ＋1).由f (x )＝x (x ＋1)－14在(0，＋∞)上单调递增，当n ＝44时，1a 44＝44×45＝1980；当n ＝45时，1a 45＝45×46＝2070.2023的数是1980.。