基础性考法一 定义与通项

基础性考法一 定义与通项 [评价·诊断] 1．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　 ) A．14 B．12 C．6 D．3 解析：选D　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得 即解得所以a6＝a1q5＝3，故选D. 2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，则k3＝(　 ) A．14 B．34 C．41 D．86 解析：选C　因为a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以ak3＝a1·34＝81a1， 又因为数列{an}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1， 所以ak3＝a1＋(k3－1)d＝a1＋2(k3－1)a1＝(2k3－1)a1， 所以(2k3－1)a1＝81a1，解得k3＝41.故选C. 3．(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　 ) A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 解析：选D　设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3， 依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2， 且＝0.725， 所以＝0.725，故k3＝0.9. 4．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝__________. 解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2. 答案：2 5．(2022·唐山一模)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a1a4＝a5，则an＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由得 解得∴an＝2－(n－1)＝3－n. 答案：3－n [扫盲·补短] 知识盲点 熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b为常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列 方法疑点 运算时，把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)求解，注意整体计算 思维难点 使用等比数列前n项和公式时，不要忽略对公比q的讨论 基础考法(二)　等差、等比数列的性质及应用 [评价·诊断] 1．已知数列{an}是等差数列，且a2＋a5＋a8＝π，则tan(a1＋a9)＝(　 ) A. B． C．－ D．－ 解析：选D　在等差数列{an}中，a2＋a5＋a8＝π，则有3a5＝π，即a5＝，所以tan(a1＋a9)＝tan 2a5＝tan＝－. 2．高斯被认为是世界上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”的美誉．高斯在幼年时首先使用了倒序相加法，人们因此受到启发，利用此方法推导出等差数列前n项和公式．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝3，Sn－4＝12(n≥5，n∈N*)，Sn＝17，则n的值为(　 ) A．8 B．11 C．13 D．17 解析：选D　根据题意，S4＝3，Sn－4＝12(n≥5，n∈N*)，Sn＝17⇒Sn－Sn－4＝5， 则a1＋a2＋a3＋a4＝3，an＋an－1＋an－2＋an－3＝5， 两式相加得a1＋an＋a2＋an－1＋a3＋an－2＋a4＋an－3＝8， 即4(a1＋an)＝8⇒a1＋an＝2， 所以Sn＝＝17⇒n＝17. 3．(多选)已知等比数列{an}满足a1>0，公比q>1，且a1a2·…·a2 021<1，a1a2·…·a2 022>1，则(　 ) A．a2 022>1 B．当n＝2 021时，a1a2·…·an最小 C．当n＝1 011时，a1a2·…·an最小 D．存在n<1 011，使得anan＋1＝an＋2 解析：选AC　对于A，∵a1>0，q>1，∴an>0， 又a1a2·…·a2 021<1，a1a2·…·a2 022>1. ∴a2 022>>1，故A正确； 对于B、C，由等比数列的性质，a1a2 021＝a2a2 020＝…＝a1 010a1 012＝a. 故a1a2·…·a2 021＝a<1，a1 011<1， ∵a2a2 022＝a3a2 021＝…＝a1 011a1 013＝a， ∴a2a3a4·…·a2 022＝a>， ∵a1a2·…·a2 021<