「精品」高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列等比数列的基本问题练习

卜人入州八九几市潮王学校专题三数列第一讲等差、等比数列的计算与证明一、选择题1．(2021·全国Ⅱ)假设等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝() A．14B．21C．28D．35解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.答案：C2．(2021·)设等差数列{a n}的前n项和为S n.假设a1＝－11，a4＋a6＝－6，那么当S n取最小值时，n等于()A．6B．7C．8D．9解析：∵{a n}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，那么a5＝－3，d＝＝＝2，得{a n}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，S n取最小．应选A.答案：A3．等比数列{a n}前n项的积为T n，假设a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是A．T10B．T13C．T17D．T25解析：a3a6a18＝aq2＋5＋17＝(a1q8)3＝a，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项积为定值，可知T17为定值．答案：C4．各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，假设S n＝2，S3n＝14，那么S4n等于() A．80B．26C．30D．16解析：＝＝，∴q n＝2.∴S4n＝S n·＝30.应选C.答案：C5．(2021·)设{a n}是由正数组成的等比数列，S n为其前n项和．a2a4＝1，S3＝7，那么S5＝()A.B.C.D.解析：a n>0，a2a4＝aq4＝1①S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②解得a1＝4，q＝或者－(舍去)，S5＝＝＝，应选B.答案：B二、填空题6．(2021·)在等比数列{a n}中，假设公比q＝4，且前3项之和等于21，那么该数列的通项公式a n＝________.解析：∵{a n}是等比数列，q＝4，S3＝＝21，∴a1＝1，∴a n＝4n－1答案：4n－17．(2021·理)等差数列{a n}的前n项和为S n，且6S5－5S3＝5，那么a4＝________.解析：由题意知6－5＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，故a4＝.答案：8．数列{a n}满足：a n＋1＝a n(1－a n＋1)，a1＝1，数列{b n}满足：b n＝a n a n＋1，那么数列{b n}的前10项和S10＝________.解析：由题可知a n＋1＝a n(1－a n＋1)，整理可得－＝1，那么＝1＋(n－1)＝n，所以a n＝，b n＝a n a n＋1＝＝－，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝1－＝.答案：9．数列{a n}(n∈N*)满足：a n＝那么a2007＝________.解析：由a n＝－a n－6(n≥7，且n∈N*)知a n＋12＝－a n＋6＝a n从而知当n≥7时有a n＋12＝a n于是a2007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3三、解答题10．如图给出了一个“等差数阵〞：其中每行、每列都是等差数列，a ij表示位于第i行第j列的数．(1)写出a45的值；(2)写出a ij的计算公式．解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列．∴a ij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)·(i－1)＝i(2j＋1)＋j.11．等差数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1＋，S3＝9＋3.(1)求数列{a n}的通项a n与前n项和S n；(2)设b n＝(n∈N*)，求证：数列{b n}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解：由得∴d＝2，故a n＝2n－1＋，S n＝n(n＋)．(2)证明：由(1)得b n＝＝n＋.假设数列{b n}中存在三项b p、b q、b r(p、q、r互不相等)成等比数列，那么b＝b p b r，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴∴2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.这与p≠r相矛盾所以数列{b n}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．12．数列{a n}的各项均为正数，前n项的和S n＝，(1)求{a n}的通项公式；(2)设等比数列{b n}的首项为b，公比为2，前n项的和为T n.假设对任意n∈N*，S n≤T n均成立，务实数b的取值范围．解：(1)由a1＝，解得a1＝1.当n≥2时，由a n＝S n－S n－1＝，得(a n－a n－1－2)(a n＋a n－1)＝0.又因为a n>0，所以a n－a n－1＝2.因此{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，即a n＝2n－1(n∈N*)．(2)因为S n＝n2，T n＝b(2n－1)，所以S n≤T n对任意n∈N*恒成立，当且仅当≤对任意n∈N*均成立．令C n＝，因为C n＋1－C n＝－＝，所以C1>C2，且当n≥2时，C n<C n＋1因此≤C2＝，即b≥。

②法一 由①知，an＝2n－12. 则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0，当n<6时，an<0； 所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
法二 由①知，Sn＝n2(a1＋an)＝n(n－11)＝n－1212－1241，又 n∈N*， ∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.
探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算， 以减少运算量. 2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函 数，求出最小值.
【迁移】 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问. 解 由题意，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*). 又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0. ∴an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2). 若{an}是等比数列，又a1＝2， ∴a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，∴λ＝2. 故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.
()
A.2
B.－ 2或 2
C. 2
D.－ 2
(2)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，(n＋1)Sn<nSn＋1(n∈N*).若aa87<－1，则(
)
A.Sn 的最大值是 S8
B.Sn 的最小值是 S8
C.Sn 的最大值是 S7
D.Sn 的最小值是 S7
解析 (1)由题意 a6a10＝2，且 a6＋a10＝－6，所以 a6<0，a10<0，又数列{an}为等比数列， 所以 a8<0，所以 a8＝－ a6a10＝－ 2. (2)由(n＋1)Sn<nSn＋1 得（n＋1）n2（a1＋an）<n（n＋1）（2 a1＋an＋1）， 整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，

专题强化训练1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．(2018·浙江选考试卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：选 D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0，且⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d >0S 77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－58π，－916π B.⎣⎡⎦⎤－58π，－916π C.⎝⎛⎭⎫－54π，－98π D.⎣⎡⎦⎤－54π，－98π 解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)， 因为sin(a 3＋a 7)≠0， 所以sin(a 7－a 3)＝1， 所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0， 所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎨⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0， 所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1， 当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2， 当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2， 得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列， 则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________． 解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2， 所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1；(2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n 2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号， 由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0， 所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n－2， 即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2.由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18，因此a n －2≤(a 1－2)·⎝⎛⎭⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝⎛⎭⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝⎛⎭⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3. (2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列； (充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)． 证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]， 所以1<a n a n ＋1≤2.(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n ≤2， 所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．。

专题限时集训(三) 等差数列、等比数列[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．[一题多解]已知{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝6，S 3＝12，则公差d 等于( )A ．1 B.53C ．2D ．3C [法一：(基本量法)由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝6，S 3＝3a 1＋3d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2.故选C.法二：(性质法)因为S 3＝3a 1＋a 32＝12，所以a 1＋a 3＝8，所以2a 2＝8，即a 2＝4.又a 3＝6，故公差d ＝a 3－a 2＝6－4＝2.故选C.]2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且2＋a 5＝a 6＋a 3，则S 7＝( ) A ．28 B ．14 C ．7D ．2B [∵{a n }是等差数列，∴a 3＋a 6＝a 4＋a 5＝a 5＋2， ∴a 4＝2.∴S 7＝7a 4＝7×2＝14.故选B.]3．[易错题]在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( ) A ．2 2 B ．4 C ．±2 2D ．±4A [∵a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根，∴a 3a 15＝8，a 3＋a 15＝6，易知a 3，a 15均为正，∴a 9＝a 3q 6＞0.由等比数列的性质知，a 1a 17＝a 29＝a 3a 15＝8，∴a 9＝22，a 1a 17a 9＝22，故选A.] 4．设公比为q (q >0)的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23B [S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2 ，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0 ，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1 (舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1，故选B.]5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13C [∵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＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]6．[易错题]已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝32，S 3＝92，则公比q ＝________.1 [(1)当公比q ＝1时，S 3＝3a 1＝3a 2＝92，满足题意．(2)当公比q ≠1时，由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝92，可知a 1＋a 3＝3，∴32q ＋3q2＝3得q ＝1(舍去)．综上可知，q ＝1.]7．(2019·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 5，a m ＝2 019，则m ＝________.1 010 [设公差为d ，由题知S 3＝a 5，即3a 1＋3d ＝a 1＋4d ，又a 1＝1，故d ＝2，于是a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，再由2m －1＝2 019，得m ＝1 010.]8．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．8 [∵{a n }成等差数列，∴由a 7＋a 8＋a 9＞0可得a 8＞0， 又a 7＋a 10＜0，∴a 8＋a 9＜0，故a 8＞0，a 9＜0， ∴当n ＝8时，S n 最大．][能力提升练] (建议用时：20分钟)9．(2019·马鞍山二模)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S n 与a n 的关系是( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝2a n ＋1C ．S n ＝4a n －3D ．S n ＝4a n －1A [设等比数列的公比q (q ＞0)，由a 1＝1，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，得2a 2＝a 4－a 3，即2q ＝q 3－q 2，得q ＝2，∴a n ＝2n －1，S n ＝1－2n1－2＝2n－1，则S n ＝2a n －1.故选A.]10．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝________.－3 [∵{a n }是等比数列，{b n }是等差数列， 且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π， ∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝－ 3.] 11．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．10或11 [由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)，两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列，所以a n n＝－40＋(n －1)×2＝2n －42，所以a n ＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b 2a ＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n 取10或11时，a n 取最小值．]12．(2019·长春三模)已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋3×2n，a 1＝2，数列{b n }满足b n ＋1＝b n ＋2n ＋1，b 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(2)求数列{b n }的通项公式．[解](1)证明：根据题意，数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋3×2n， 等式两边除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以a 12＝1为首项，32为公差的等差数列．(2)根据题意，由b n ＋1＝b n ＋2n ＋1得b n ＋1－b n ＝2n ＋1， 则b n －b n －1＝2(n －1)＋1＝2n －1，则b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝(2n －1)＋(2n －3)＋…＋3＋1＝n ×[1＋2n －1]2＝n 2.题号 内容押题依据1等差数列基本量的运算，等差数列的性质 以等差数列为载体，考查数列中“知三求二”的基本量求法，考查等价转化能力和解方程的意识，具有较好的代表性2等比数列的概念，等差(比)数列的前n 项和公式以数列递推关系为载体，考查等差(比)数列的基本概念及判定方法，考查考生的逻辑推理及数学运算能力【押题1】 正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，且S n＝45，则n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11B [因为{a n }是正项等差数列，a 3＋a 7－a 25＋15＝0， 所以a 25－2a 5－15＝0，解得a 5＝5(a 5＝－3舍去)． 设{a n }的公差为d ，由a 5＝a 1＋4d ＝1＋4d ＝5，解得d ＝1. 所以S n ＝n [2a 1＋n －1d ]2＝n [2＋n －1]2＝n n ＋12＝45，即(n ＋1)n ＝90，进而得n 2＋n －90＝(n ＋10)(n －9)＝0，解得n ＝9(n ＝－10舍去)，故选B.]【押题2】 已知数列{a n }满足a 1＝a,2a n －a n ＋1＝n －1，设b n ＝a n －n . (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (2)若a ＝2，求{a n }的前n 项和S n .[解](1)根据题意，数列{a n }满足2a n －a n ＋1＝n －1， 变形可得2a n －2n ＝a n ＋1－(n ＋1)， 又由b n ＝a n －n ，则2b n ＝b n ＋1， 又由a 1＝a ，则b 1＝a －1，当a ≠1时，b 1≠0，则数列{b n }为等比数列， 当a ＝1时，b 1＝0，则数列{b n }不是等比数列．(2)由(1)的结论，a ＝2，则b 1＝a －1＝1，数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列， 则b n ＝1×2n －1＝2n －1，即a n －n ＝2n －1，则a n ＝2n －1＋n ，则S n ＝20＋1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n －1＋n＝(20＋21＋…＋2n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2n－1＋n 1＋n2.。