5.2 等差数列和等比数列-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§5.2　等差数列和等比数列 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 58.等差数列及其性质 0 2 0 1 0 1 1 0 0 0 2 0 3 4 59.等差数列的通项与求和 5 4 3 3 3 0 1 1 3 0 1 0 16 8 60.等比数列及其性质 2 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 3 2 61.等比数列的通项与求和 3 3 3 1 1 0 1 0 2 0 1 0 11 4 62.等差、等比数列的综合 5 9 1 2 0 0 2 0 0 1 0 1 8 13 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考命题必考的内容(),属于中低档题目,三种题型都有考查,分值为10~12分. (2)考查方向:一是考查等差数列及其性质,主要考查等差数列的定义与性质的综合应用;二是考查等差数列的通项与求和,利用“知三求二”求数列的基本量;三是考查等比数列及其性质,主要考查等比数列的定义与性质的综合应用;四是考查等比数列的通项与求和,利用“知三求二”求数列的基本量;五是考查等差、等比数列的综合应用,主要考查两个数列之间的联系及其与函数、不等式的综合应用. (3)明智备考:一是要熟练把握等差数列与等比数列的定义、通项公式与求和公式,这是判断与证明的依据,也是求解数列中基本量的基础;二是灵活利用等差数列与等比 数列的性质,简化运算过程,提高运算效率. (4)主编提示:命题的兴趣点在于等差数列与等比数列的基本量的求解,通常与求和问题相结合出现在解答题中,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.高三备考,抓住等差数列与等比数列中的两个基本量——首项与公差(比),灵活运用性质简化运算,必须顺利过关! 考点58等差数列及其性质　 1.(2024·全国甲,理4,5分,难度★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1= (　B　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A. B. C.- D.- 解析　法一:设公差为d,由S5=S10, 可得5a1+d=10a1+d, 即5a1+35d=0, 又a5=1,即a1+4d=1,解得a1=,故选B. 法二:若S5=S10,则a6+a7+a8+a9+a10=0, 即5a8=0, 所以a8=0,则公差d==-, 所以a1=a8+(1-8)×-=,故选B. 2.(2024·全国甲,文4,5分,难度★★)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,a3+a7= (　D　) A.-2 B. C.1 D. 解析　(方法1)∵S9=9a5=1,∴a5=. 则a3+a7=2a5=.故选D. (方法2)∵S9==1,∴a1+a9=. ∴a3+a7=a1+a9=.故选D. (方法3)令d=0,则an=a1. 则S9=9a1=1⇒a1=. ∴a3+a7=2a1=.故选D. 3.(2021·北京,6,4分,难度★★)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出,中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗,通用规格有五种.这五种规格党旗的长a1,a2,a3,a4,a5(单位:cm)成等差数列,对应的宽为b1,b2,b3,b4,b5(单位:cm),且长与宽之比都相等.已知a1=288,a5=96,b1=192,则b3= (　C　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.64 B.96 C.128 D.160 解析　因为{an}为等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384,所以a3=192.因为(1≤k≤5)为常值,所以===,所以b3=a3=×192=128.故选C. 4.(2015·浙江,理3,5分,难度★★)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则 (　B　) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 解析　设{an}的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d. ∵a3,a4,a8成等比数列, ∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d), 即3a1d+5d2=0. ∵d≠0,∴a1d=-d2<0,且a1=-d. ∵dS4==2d(2a1+3d)=-d2<0. 5.(2022·全国乙,文13,5分,难度★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　　.  答案　2 解析　设等差数列的公差为d. 由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2. 6.(2020·上海,7,5分,难度★★)已知等差数列{an}的首项a1≠0,且满足a1+a10=a9,则=　　　　.  答案　 解析　由条件可知2a1+9d=a1+8d⇒a1=-d, 则====. 故答案为. 7.(2015·广东,理10,5分,难度★★)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=　　　　　.  答案　10 解析　根据等差数列的性质,得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,解得a5=5.又a2+a8=2a5,所以a2+a8=10. 考点59等差数列的通项与求和　 1.(2023·全国甲,文5,5分,难度★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5= (　C　) A.25 B.22 C.20 D.15 解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, 由已知得 解得S5=5a1+d=20. 2.(2022·全国新高考2,3,5分,难度★★)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1是某古建筑物中的举架结构,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是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为=0.5,=k1,=k2,=k3,若k1,k2,k3是公差为0.1的等差数列,直线OA的斜率为0.725,则k3=(　D　) 图1 图2 A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 解析　不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1, 则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3. 如图,kOA===0.725,即=0.725. ∵k1,k2,k3为公差为0.1的等差数列, ∴k1=k3-0.2,k2=k3-0.1, ∴=0.725. 解得k3=0.9.故选D. 3.(2020·全国2,理4,5分,难度★★) 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) (　C　) A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块 解析　由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}. 设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+×9=3 402.故选C. 4.(2020·北京,8,4分,难度★★★)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn} (　B　) 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 解析　由题意可知,等差数列的公差d===2, 则其通项公式为:an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…, 且由T5<0可知Ti<0(i≥5,i∈N), 由=ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项, 由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1, 故数列{Tn}中的正项只有有限项:T2=63,T4=63×15=945. 故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B. 5.(2020·浙江,7,4分,难度★★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是 (　D　) A.2a4=a2+a6 B.2b4=b2+b6 C.=a2a8 D.=b2b8 解析　由等差数列的性质可知2a4=a2+a6,故A成立; b4=S8-S6=a7+a8,b2=S4-S2=a3+a4,b6=S12-S10=a11+a12, 若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12. 因为7+8=3+12=4+11,所以2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2(a7+a8)成立,故B成立; =a2a8⇔(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 整理可得a1=d,故C可能成立; b8=S16-S14=a15+a16,当=b2b8时,(a7+a8)2=(a3+a4)(a15+a16),(2a1+13d)2=(2a1+5d)·(2a1+29d),整理为2a1=3d,这与已知≤1矛盾,故D不可能成立.故选D. 6.(2019·全国1,理9,5分,难度★★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则 (　A　) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=n2-2n 解析　由题意可知, 解得故an=2n-5,Sn=n2-4n,故选A. 7.(2018·全国1,理4,5分,难度★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5= (　B　) A.-12 B.-10 C.10 D.12 解析　因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10. 8.(2024·全国新高考2,12,5分,难度★★)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　　.  答案　95 解析　设等差数列{an}的公差为d. (方法一)由条件得解得所以S10=10a1+×3=95. (方法二)解得则d=3,a9=20,∴S10=5(a2+a9)=95. 9.(2020·全国2,文14,5分,难度★★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=　　　　　.  答案　25 解析　设等差数列{an}的公差为d. ∵a1=-2, ∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1. ∴S10=10a1+d=-20+45=25. 10.(2020·山东,14,5分,难度★★★)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　.  答案　3n2-2n 解析　方法一:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列. 所以{an}的前n项和为Sn=n×1+×6=3n2-2n. 方法二:数列{2n-1}的公差为2,数列{3n-2}的公差为3,因此由公共项组成的新数列的公差为6,且首项为1,则an=1+6(n-1)=6n-5. 故{an}的前n项和 Sn===3n2-2n. 方法三(通项公式法):设bn=2n-1,cn=3n-2,若数列{bn}的第n项与数列{cn}的第m项相同,即bn=cm,则2n-1=3m-2,故n===+1. 因为n∈N*,所以m必为奇数. 令m=2k-1,k∈N*,则n=3k-2,k∈N*, 则ak=b3k-2=c2k-1=6k-5,k∈N*, 则an=6n-5,n∈N*. 故{an}的前n项和Sn==3n2-2n. 两个等差数列的公共项问题 有关两个等差数列公共项的问题,处理办法一般有两种: (1)先求出两个等差数列的公差d1与d2,然后得到d1与d2的最小公倍数d,此d即为由公共项组成的新数列的公差,最后找到新数列的第一项后利用通项公式法解决即可; (2)从通项公式入手,建立am=bn这样的方程,用m表示n或者用n表示m,借助n,m均为正整数,得到n(或m)可取的整数形式,从而解决问题. 11.(2019·全国3,文14,5分,难度★★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10=　　　　　.  答案　100 解析　设等差数列{an}的公差为d, 则解得 故S10=10a1+d=10×1+×2=100. 12.(2019·全国3,理14,5分,难度★★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则=　　　　　.  答案　4 解析　设等差数列{an}的公差为d. ∵a1≠0,a2=3a1,∴a1+d=3a1,即d=2a1. ∴===4. 13.(2019·江苏,8,5分,难度★★)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是　　　　　.  答案　16 解析　∵{an}为等差数列,设公差为d,a2a5+a8=0,S9=27, ∴ 整理②得a1+4d=3,即a1=3-4d,③ 把③代入①解得d=2, ∴a1=-5.∴S8=8a1+28d=16. 14.(2019·北京,理10,5分,难度★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=　　　　　,Sn的最小值为　　　　　.  答案　0　-10 解析　等差数列{an}中,由S5=5a3=-10,得a3=-2,又a2=-3,公差d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列{an}的性质得当n≤5时,an≤0,当n≥6时,an大于0,所以Sn的最小值为S4或S5,即为-10. 15.(2018·北京,理9,5分,难度★★)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为　　　　.  答案　an=6n-3 解析　∵{an}为等差数列,设公差为d, ∴a2+a5=2a1+5d=36. ∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3. 16.(2016·北京,理12,5分,难度★★★)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　　.  答案　6 解析　∵{an}是等差数列,∴a3+a5=2a4=0. ∴a4=0.∴a4-a1=3d=-6.∴d=-2. ∴S6=6a1+15d=6×6+15×(-2)=6. 17.(2023·全国新高考1,20,12分,难度★★★)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d. 解　 (1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3, 即3d=a1+2d,得a1=d, 从而an=nd,故bn==. 易知S3=a1+a2+a3=6d,T3==. 由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0. 整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(舍去). 故an=3n,n∈N*. (2)方法一:由题意,n∈N*,d>1, 在等差数列{bn}中,bn=,前n项和为Tn, a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=, ∵2b2=b1+b3,即2×=+, ∴2×=+, 解得a1=d或a1=2d. 当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd, bn===+(n-1), 此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列. S99== ==99×50d, T99== ==99×. S99-T99=99×50d-99×=99, 解得d=a1=或d=-1<0(舍去). 当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d, bn===+(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列, S99== ==99×51d, T99== ==99×, S99-T99=99×51d-99×=99,解得d=-<0(舍去)或d=1(舍去),∴a1≠2d. 综上,d=. 方法二:设an=a0+nd,bn=b0+nt, ∵bn=, ∴n2+n=anbn=(a0+nd)(b0+nt)=a0b0+n(a0t+b0d)+dtn2. ∴a0b0=0,dt=1,a0t+b0d=1. ∴S99-T99=-=99. ∴2a0+100d=2b0+100t+2. 设a0=0,dt=1,b0d=1,∴b0=t=. ∴100d=102×+2.∵d>1,∴d=. 此时an=n,等差数列{bn}的通项公式为bn=(n+1)(n∈N*). 设b0=0,dt=1,a0t=1, ∴a0=d=.∴102d=100×+2. ∵d>1,故上式无解.综上, d=. 18.(2023·全国乙,文18,12分,难度★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a2=11,S10=40. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解　 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意,得 解得 所以an=a1+(n-1)d=15-2n. (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sn===14n-n2, 由(1)可知,an=15-2n,令an≥0,解得n≤, 所以该数列的前7项是正数,从第8项起为负数, 当n≤7时,Tn=Sn=14n-n2, 当n>7时,Tn=-Sn+2S7=n2-14n+98. 综上所述,Tn= 19.(2022·浙江,20,15分,难度★★★)已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*). (1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn; (2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围. 解　(1)数列{an}是首项a1=-1的等差数列且d>1. ∵S4-2a2a3+6=0, ∴4a1+d-2(a1+d)(a1+2d)+6=0. 把a=-1代入得-4d2+12d=0, 解得d=3或d=0(舍去), ∴Sn=na1+d=. (2)∵对每个n∈N*,存在实数cn使得an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列, ∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn), +8an+1cn+16=anan+2+an+2cn+15ancn+15, +(8an+1-an+2-15an)cn+-anan+2=0, 而8an+1-an+2-15an=8(a1+nd)-[a1+(n+1)d]-15[a1+(n-1)d] =8a1+8nd-a1-(n+1)d-15a1-15(n-1)d =-8a1+(8n-n-1-15n+15)d =8+(14-8n)d, -an·an+2=(an+d)2-an(an+2d)=d2, ∴+[8+(14-8n)d]cn+d2=0, 对此式,Δ=[8+(14-8n)d]2-4d2≥0, [8+(14-8n)d+2d][8+(14-8n)d-2d]=[(16-8n)d+8][(12-8n)d+8]≥0, [(2-n)d+1][(3-2n)d+2]≥0, n=1时,显然成立; n=2时,-d+2≥0,d≤2; n≥3时,原式=[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>0恒成立. ∴1<d≤2,∴d的取值范围是(1,2]. 20.(2021·全国甲,理18,12分,难度★★★★)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分. 证明　若选①②⇒③ 设数列{an}的公差为d1,数列{}的公差为d2. ∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0. ∴Sn=na1+=n2+a1-n. 又=+(n-1)d2, ∴Sn=a1+(n-1)2+2d2(n-1) =n2+(2d2-2)n+-2d2+a1, ∴=,a1-=2d2-2,-2d2+a1=0,∴=,d2=,即d1=2a1, ∴a2=a1+d1=3a1. 若选①③⇒② 设等差数列{an}的公差为d. 因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1, 所以Sn=na1+d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以-=n-(n-1)=. 所以{}是首项为,公差为的等差数列. 若选②③⇒① 设数列{}的公差为d,则-=d, 即-=d. ∵a2=3a1,∴-=d,即d=, ∴=+(n-1)d=+(n-1)=n,即Sn=n2a1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1, 当n=1时,a1=S1=a1,符合式子an=(2n-1)a1, ∴an=(2n-1)a1,n∈N*,即数列{an}是等差数列. 21.(2021·全国甲,文18,12分,难度★★★)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{}是等差数列.证明:{an}是等差数列. 证明　∵是等差数列,a2=3a1, ∴-=-=, 即数列{}的公差为. ∴=+(n-1)=n, 即Sn=n2a1.当n≥2时,Sn=n2a1,Sn-1=(n-1)2a1, 则an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1, 当n=1时,由an=(2n-1)a1得a1=(2×1-1)a1=a1, ∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴{an}是等差数列. 等差数列的判定与证明方法 (1)定义法:an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列. (2)等差中项法:2an=an-1+an+1(n≥2,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列. (3)通项公式法:an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列. (4)前n项和公式法:验证数据{an}的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列. (5)若判断一个数列不是等差数列,只需找出三项an,an+1,an+2,使得这三项不满足2an+1=an+an+2即可. 22.(2021·全国新高考2,17,10分,难度★★★)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4. (1)求数列an的通项公式an; (2)求使Sn>an成立的n的最小值. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d. ∵S5==5a3, 又S5=a3,∴5a3=a3,∴a3=0, ∴S4==2(a2+a3)=2a2, ∴a2·a4=S4=2a2,∴a4=2, ∴d=a4-a3=2,故an=a4+(n-4)d=2+2(n-4)=2n-6,n∈N+. (2)由(1)知an=2n-6,n∈N+,∴a1=-4, ∴Sn===n2-5n,n∈N+. 要使Sn>an,则n2-5n>2n-6, 即n2-7n+6>0,(n-1)(n-6)>0解得n<1或n>6.∵n∈N+,∴n的最小值为7. 23.(2020·全国3,理17,12分,难度★★★)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 解　(1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1. 由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)], …… a2-5=3(a1-3). 因为a1=3,所以an-(2n+1)=0, 所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ② ①-②得 -Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 求解本题应根据数列{an}的递推公式求出a2,a3,并归纳出通项公式,将an+1=3an-4n变形为an+1-(2n+3)=3[an(2n+1)]求解. 本题中(2)的求和方法是错位相减法,求和时应注意在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 24.(2018·全国2,理17文17,12分,难度★★★)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解　(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 考点60等比数列及其性质　 1.(2018·浙江,10,4分,难度★★★★)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则 (　B　) A.a1<a3,a2<a4 B.a1>a3,a2<a4 C.a1<a3,a2>a4 D.a1>a3,a2>a4 解析　设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=,a1+a2+a3=. ∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), ∴a1+a2+a3=, 即a1(1+q+q2)=. 又a1>1,∴q<0.假设1+q+q2>1,即q+q2>0, 解得q<-1(q>0舍去). 由a1>1,可知a1(1+q+q2)>1, ∴a1(1+q+q2+q3)>0,即1+q+q2+q3>0, 即(1+q)+q2(1+q)>0, 即(1+q)(1+q2)>0,这与q<-1相矛盾. ∴1+q+q2<1,即-1<q<0.∴a1>a3,a2<a4. 2.(2018·北京,理4文4,5分,难度★★)“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.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 (　D　) A.f B.f C.f D.f 解析　设第n个单音的频率为an,由题意,=(n≥2),所以{an}为等比数列,因为a1=f,所以a8=a1×()7=f,故选D. 3.(2023·全国乙,理15,5分,难度★★)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　　.  答案　-2 解析　方法一:设等比数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8, 得 可得所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. 方法二:设{an}的公比为q.由a2a4a5=a3a6,可得a2=1. 又因为a9a10=a2q7·a2q8=-8,即q15=-8,得q3=-2, 则a7=a2·q5=-2. 4.(2017·全国3,理14,5分,难度★★★)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=　　　　　.  答案　-8 解析　设{an}的公比为q,则由题意,得解得 故a4=a1q3=-8. 5.(2018·全国1,文17,12分,难度★★★)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=. (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由; (3)求{an}的通项公式. 解　(1)由条件可得an+1=an. 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){bn}是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1. 考点61等比数列的通项与求和　 1.(2023·全国新高考2,8,5分,难度★★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8= (　C　) A.120 B.85 C.-85 D.-120 解析　如果q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1. 由S6=21S2得=21, 所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2), 则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去). 由已知S4==-5, 则S8===-85.故选C. 2.(2022·全国乙,理8文10,5分,难度★★)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= (　D　) A.14 B.12 C.6 D.3 解析　设公比为q(q≠0),则a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168,a2-a5=a1q-a1q4=a1q(1-q)(1+q+q2)=42, ∴q(1-q)=,解得q=,∴a1=96, ∴a6=a1q5=96×5=3.故选D. 3.(2021·全国甲,文9,5分,难度★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　A　) A.7 B.8 C.9 D.10 解析　设等比数列的公比为q,由题意知q≠1. 根据等比数列的性质可知,S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4), ∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6), 解得S6=7.故选A. 4.(2020·全国2,文6,5分,难度★★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则= (　B　) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 解析　设等比数列{an}的公比为q. ∵a5-a3=12,a6-a4=24,∴=q=2. 又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,∴a1=1. ∴an=a1·qn-1=2n-1, Sn===2n-1. ∴==2-=2-21-n.故选B. 5.(2020·全国2,理6,5分,难度★★★)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k= (　C　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析　∵am+n=am·an,令m=1,又a1=2, ∴an+1=a1·an=2an, ∴=2,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴an=2n. ∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·=2k+11-2k+1=215-25. ∴解得k=4. 6.(2020·全国1,文10,5分,难度★★★)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8= (　D　) A.12 B.24 C.30 D.32 解析　设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32. 7.(2023·全国甲,文13,5分,难度★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　　.  答案　- 解析　已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1. ∵a1≠0,∴q≠1. 由8S6=7S3,得=, 整理得8(1+q3)=7,解得q=-. 8.(2019·全国1,文14,5分,难度★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4=　　　　　.  答案　 解析　设等比数列{an}的公比为q. S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=, 即q2+q+=0.解得q=-. 故S4===. 9.(2019·全国1,理14,5分,难度★★)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,=a6,则S5=　　　　　.  答案　 解析　设等比数列{an}的公比为q, 则a4=a1q3=q3,a6=a1q5=q5. ∵=a6,∴q6=q5.∵q≠0,∴q=3. ∴S5===. 10.(2017·江苏,理9文9,5分,难度★★★)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8=. 答案　32 解析　设该等比数列的公比为q, 则S6-S3=-=14,即a4+a5+a6=14.① ∵S3=,∴a1+a2+a3=. 由①得(a1+a2+a3)q3=14, ∴q3==8,即q=2. ∴a1+2a1+4a1=,a1=. ∴a8=a1·q7=×27=32. 11.(2015·湖南,理14,5分,难度★★★)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=　　　　　.  答案　3n-1 解析　设等比数列{an}的公比为q, 则an=a1qn-1=qn-1. 因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以2×(2S2)=3S1+S3,即4S2=3+S3, 即4(a1+a2)=3+(a1+a2+a3), 也就是4(1+q)=3+(1+q+q2), 整理得q2-3q=0,解得q=3或q=0(舍去). 所以等比数列{an}的首项为a1=1,公比为q=3, 故an=3n-1. 12.(2024·全国甲,文17,12分,难度★★★)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{Sn}的通项公式. 解　(1)∵2Sn=3an+1-3,① ∴当n≥2时,2Sn-1=3an-3.② ①-②得,2an=3an+1-3an,即3an+1=5an, ∴==q, ∴等比数列{an}的公比q=. 又2S1=3a2-3,即2a1=3×a1×-3, 解得a1=1. 故an=1×n-1=n-1. (2)∵2Sn=3an+1-3, ∴Sn=(an+1-1)=n-1. 13.(2020·山东,18,12分,难度★★★★)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100. 解　(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=(舍去),q=2. 因为a1q2=8,所以a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n. (2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n. 所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480. 14.(2018·全国3,理17文17,12分,难度★★★)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m. 解　(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,则Sn=. 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6. 15.(2016·江苏,20,16分,难度★★★★)记U={1,2,…,100}.对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=⌀,定义ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定义ST=++…+.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:ST<ak+1; (3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD. 解　(1)由已知得an=a1·3n-1,n∈N*. 于是当T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又ST=30,故30a1=30,即a1=1. 所以数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*. (2)因为T⊆{1,2,…,k},an=3n-1>0,n∈N*, 所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k.因此,ST<ak+1. (3)下面分三种情况证明. ①若D是C的子集,则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD. ②若C是D的子集,则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD. ③若D不是C的子集,且C不是D的子集. 令E=C∩∁UD,F=D∩∁UC,则E≠⌀,F≠⌀,E∩F=⌀. 于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D, 进而由SC≥SD得SE≥SF. 设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l. 由(2)知,SE<ak+1.于是3l-1=al≤SF≤SE<ak+1=3k, 所以l-1<k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1. 从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=≤=≤, 故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1, 即SC+SC∩D≥2SD+1. 综上①②③得,SC+SC∩D≥2SD. 构造法在数列中的应用 适用类型 要点 an+1=pan+q(p≠0且p≠1,q≠0,n∈N*) 变形为an+1+t=p(an+t)(可用待定系数法求t),可得以p为公比的等比数列{an+t}的通项公式,进而可求an. an+1=pan+r×qn(p≠0且p≠1,q≠1,rq≠0,n∈N*) ①两边同时除以qn+1,得=·+,把当作一个整体,转化为第一种类型,即可求解. ②两边同时除以pn+1,得=+·n,把当作一个整体,利用累加法求解. an+1=pan+qan-1(pq≠0,n≥2,n∈N*) 对于此类递推关系式,令an+1-xan=y(an-xan-1),用待定系数法求出x与y的值,转化为等比数列问题,进而求通项. an+1=pan+qan-1+a(pqa≠0,n≥2,n∈N*) 对于此类递推关系式,令an+1-xan=y(an-xan-1)+a,用待定系数法求出x与y的值,转化为第一种类型,即可求解. 考点62等差、等比数列的综合　 1.(2019·浙江,10,4分,难度★★★)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则 (　A　) A.当b=时,a10>10 B.当b=时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10 解析　当b=时,a2=+≥,a3=+≥,a4=+≥≥1,当n≥4时,an+1=+≥≥1, 则loan+1>2loan⇒loan+1>2n-1,则an+1≥(n≥4),则a10≥=1+64=1++×+…>1+4+7>10,故选A. 2.(2017·全国3,理9,5分,难度★★★)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为 (　A　) A.-24 B.-3 C.3 D.8 解析　设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6, 即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2, 所以S6=6×1+×(-2)=-24,故选A. 3.(2024·北京,15,5分,难度★★★★)已知M={k|ak=bk},{an},{bn}不为常数列且各项均不相同,下列正确的是　　　　　　　.  ①若{an},{bn}均为等差数列,则M中最多一个元素; ②若{an},{bn}均为等比数列,则M中最多三个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多三个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多一个元素. 答案　④ 解析　对于①,由题可知{an},{bn}的图象均为不与x轴平行的直线上的一系列孤立的点,当两直线重合时,集合M中有无数个元素;当两直线相交,且交点的横坐标为正整数时,集合M中有一个元素;当两直线平行,或相交但交点的横坐标不为正整数时,集合M中没有元素,故①错误; 对于②,设an=a1,bn=b1,q1≠1,q2≠1,则由ak=bk,k∈N*,得a1=b1,则k-1=1. 当a1=b1,q1=q2时,集合M中有无数个元素,故②错误; 对于③,{an}的图象为不与x轴平行的直线上的一系列孤立的点,{bn}的图象为持续上升或持续下降的曲线上的一系列孤立的点,该直线与曲线最多有两个交点,故集合M中至多有两个元素,故③错误; 对于④,数列是特殊的函数,因为增函数与减函数的图象至多有一个交点,所以集合M中至多有一个元素,故④正确. 4.(2018·江苏,14,5分,难度★★★)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为　　　　　.  答案　27 解析　①若an+1=2k(k∈N*), 则Sn=21+22+…+2k-1+1+3+…+2k-1=2k-2+(2k-1)2⇒(2k-1)2+2k-2>12·2k. 令2k=t⇒t2+t-2>12t⇒t(t-44)>8. ∴t≥64⇒k≥6.此时,n=k-1+2k-1=37. ②若an+1=2k+1(k∈N*),则Sn=21+22+…+2t+1+3+…+2k-1(2t<2k+1,t∈N*), ∴Sn=2t+1-2+k2>12(2k+1)⇒2t+1>-k2+24k+14. ∴-k2+24k+14<2t+1<4k+2⇒k(k-20)>12. 取k=21,此时<2t<43(舍),取k=22,29<2t<45,t=5,n=5+22=27.由①②,得nmin=27. 5.(2015·福建,文16,5分,难度★★★)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　　　　　.  答案　9 解析　由题意,得∴ 不妨设a<b,则-2,a,b成等差数列,a,-2,b成等比数列,即解得 ∴∴p+q=9. 6.(2023·天津,19,15分,难度★★★★)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4. (1)求{an}的通项公式和ai; (2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk<an<bk+1. ①当k≥2时,求证:2k-1<bk<2k+1; ②求{bn}的通项公式及其前n项和. 解　(1)(第一步:求解等差数列的基本量) 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, 则解得 (第二步:写出等差数列的通项公式) 因此,an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1. (第三步:求和) ai=(2i+1)=2i+[(2n-1)-2n-1+1]=2[2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)]+2n-1=+2n-1=3×4n-1.(温馨提示:需要确定和式中的项数) (2)①(第一步:求出an的取值范围) 对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1, 则2k+1≤2n+1≤2k+1-1, (第二步:根据不等式恒成立可证得结论成立) 又因为bk<an<bk+1,所以(关键:要求出an的范围,再利用恒成立思想可得出bk的范围) 故当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1.(提示:在得到bk+1>2k+1-1后需过渡到bk) ②(第一步:求公比) 当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1,则2k+1-1<bk+1<2k+1+1. 设等比数列{bn}的公比为q. 则<<. <q=<. (关键:本题公比求解较为关键,应充分利用等比数列的定义) 因为==2-, ==2+, 因为对任意k≥2且k∈N*,2-<2,2+>2恒成立,所以q=2. (第二步:求首项b1) 当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk=b1·2k-1<2k+1,所以2-<b1<2+, 因为对任意k≥2且k∈N*,2-<2, 2+>2恒成立, 所以b1=2. (第三步:求通项) 所以bn=b1qn-1=2×2n-1=2n. (第四步:求和) 所以{bn}的前n项和Sn==2n+1-2. 7.(2022·全国甲,理17文18,12分,难度★★★)设Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. (1)证明　由+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,① 当n≥2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,② 由①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,n∈N*. 即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列. (2)解　方法一:由(1)可知,数列{an}的公差为1, 由题意可知=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a1<a2<…<a12<0,a13=0,则Sn的最小值为S12=S13=-78. 方法二:若a4,a7,a9成等比数列,则=a4a9,所以(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12. 所以an=n-13, 所以Sn==n-2-. 又n∈N*,所以当n=12或n=13时,Sn最小,则Sn的最小值为S12=S13=-78. 1.根据等差数列的定义证明{an}是等差数列. 2.利用等差数列{an}的项的正负分界点,求解Sn的最小值. 8.(2022·全国新高考2,17,10分,难度★★★)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数. (1)证明　设等差数列的公差为d,由a2-b2=a3-b3, 得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.① 由a2-b2=b4-a4,可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),② 将①代入②可得:a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1), 整理可得a1=b1,得证. (2)解　由(1)知d=2b1=2a1, 由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1, 即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,得2k-1=2m. ∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10. 又k∈Z,∴k=2,3,4,5,6,7,8,9,10,故集合中元素的个数为9. 9.(2020·全国3,文17,12分,难度★★★)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m. 解　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1. 由已知得解得a1=1,q=3. 所以{an}的通项公式为an=3n-1. (2)由(1)知log3an=n-1,故Sn=. 由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6. 已知b>0且b≠1,若数列{an}是以d为公差的等差数列,则数列{}是以bd为公比的等比数列;若数列{an}是各项均为正且公比为q的等比数列,则数列{logban}是以logbq为公差的等差数列. 10.(2020·浙江,20,15分,难度★★★)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=·cn,n∈N*. (1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+,n∈N*. (1)解　由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,解得q=. 由cn+1=4cn,得cn=4n-1. 由an+1-an=4n-1,得an=a1+1+4+…+4n-2=. (2)证明　由cn+1=cn, 得cn==-, 所以c1+c2+c3+…+cn=1-, 由b1=1,d>0,得bn+1>0, 因此c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N*. 11.(2020·江苏,20,16分,难度★★★★)已知数列{an}(n∈N*)的首项a1=1,前n项和为Sn.设λ与k是常数,若对一切正整数n,均有-=λ成立,则称此数列为“λ~k”数列. (1)若等差数列{an}是“λ~1”数列,求λ的值; (2)若数列{an}是“~2”数列,且an>0,求数列{an}的通项公式; (3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{an}为“λ~3”数列,且an≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由. 解　(1)因为等差数列{an}是“λ~1”数列, 则Sn+1-Sn=λan+1,即an+1=λan+1, 也即(λ-1)an+1=0,此式对一切正整数n均成立. 若λ≠1,则an+1=0恒成立,故a3-a2=0,而a2-a1=-1, 这与{an}是等差数列矛盾. 所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列) (2)因为数列{an}(n∈N*)是“~2”数列, 所以-=, 即-=. 因为an>0,所以Sn+1>Sn>0, 则-1=. 令=bn,则bn-1=, 即(bn-1)2=(-1)(bn>1). 解得bn=2,即=2,也即=4, 所以数列{Sn}是公比为4的等比数列. 因为S1=a1=1,所以Sn=4n-1. 则an= (3)设各项非负的数列{an}(n∈N*)为“λ~3”数列, 则-=λ, 即-=λ. 因为an≥0,而a1=1,所以Sn+1≥Sn>0, 则-1=λ. 令=cn,则cn-1=λ(cn≥1), 即(cn-1)3=λ3(-1)(cn≥1).(*) ①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…) ②若λ>1,则(*)化为(cn-1)·+cn+1=0, 因为cn≥1,所以+cn+1>0,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…) ③若0<λ<1,则+cn+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内, 则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t). 所以Sn+1=Sn或Sn+1=t3Sn. 由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{Sn}有无数多个,则对应的{an}有无数多个. 综上所述,能存在三个各项非负的数列{an}为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1. 12.(2019·全国2,文18,12分,难度★★★)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和. 解　(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16, 即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1. (2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2. 13.(2019·全国2,理19,12分,难度★★★)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. (1)证明　由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1=(an+bn). 又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8, 即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)解　由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1. 所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-, bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+. 14.(2019·天津,文18,13分,难度★★★★)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). 解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 依题意,得解得 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =n×3+×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 记Tn=1×31+2×32+…+n×3n, ① 则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1, ② ②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=. 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×=(n∈N*). 15.(2019·天津,理19,14分,难度★★★★)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足c1=1,cn=其中k∈N*. ①求数列{(-1)}的通项公式; ②求aici(n∈N*). 解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得解得 故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n. 所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n. (2)①(-1)=(bn-1) =(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1. 所以,数列{(-1)}的通项公式为 (-1)=9×4n-1. ②aici=[ai+ai(ci-1)]=ai+(-1) =2n×4+×3+(9×4i-1) =(3×22n-1+5×2n-1)+9×-n =27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*). 16.(2019·浙江,20,15分,难度★★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记cn=,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2,n∈N*. 解　(1)设数列{an}的公差为d, 由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2. 从而an=2n-2,n∈N*. 所以Sn=n2-n,n∈N*. 由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn). 解得bn=(-SnSn+2). 所以bn=n2+n,n∈N*. (2)cn===,n∈N*. 我们用数学归纳法证明. ①当n=1时,c1=0<2,不等式成立; ②假设n=k(k∈N*)时不等式成立, 即c1+c2+…+ck<2. 那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2+<2+<2+=2+2(-)=2, 即当n=k+1时不等式也成立. 根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2对任意n∈N*成立. 17.(2019·江苏,20,16分,难度★★★★)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M- 数列”. (1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M- 数列”; (2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,=-,其中Sn为数列{bn}的前n项和. ①求数列{bn}的通项公式; ②设m为正整数.若存在“M- 数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q, 所以a1≠0,q≠0. 由得 解得因此数列{an}为“M- 数列”. (2)①因为=-,所以bn≠0. 由b1=1,S1=b1,得=-,则b2=2. 由=-,得Sn=, 当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1, 得bn=-, 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*). ②由①知,bk=k,k∈N*. 因为数列{cn}为“M- 数列”, 设公比为q,所以c1=1,q>0. 因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q≥1; 当k=2,3,…,m时,有≤ln q≤. 设f(x)=(x>1),则f'(x)=. 令f'(x)=0,得x=e. 列表如下: x (1,e) e (e,+∞) f'(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 因为=<=, 所以f(k)max=f(3)=. 取q=,当k=1,2,3,4,5时,≤ln q, 即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216, 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5. 18.(2018·北京,文15,13分,难度★★★)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通项公式; (2)求++…+. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d, ∵a2+a3=5ln 2.∴2a1+3d=5ln 2,又a1=ln 2,∴d=ln 2.∴an=a1+(n-1)d=nln 2. (2)由(1)知an=nln 2.∵=enln 2==2n, ∴{}是以2为首项,2为公比的等比数列. ∴++…+=2+22+…+2n=2n+1-2. ∴++…+=2n+1-2. 19.(2018·江苏,20,16分,难度★★★★★)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; (2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示). 解　(1)由条件知,an=(n-1)d,bn=2n-1. 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9, 得≤d≤. 因此,d的取值范围为,. (2)由条件知,an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立, 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1), 即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1. 因为q∈(1,],则1<qn-1≤qm≤2, 从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立. 因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n≤m时,-==, 当1<q≤时,有qn≤qm≤2, 从而n(qn-qn-1)-qn+2>0. 因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递增, 故数列的最大值为. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f'(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0, 所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m时,=≤1-=f<1, 因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减, 故数列的最小值为. 因此,d的取值范围为,. 20.(2017·全国1,文17,12分,难度★★★)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列. 解　(1)设{an}的公比为q. 由题设可得 解得q=-2,a1=-2. 故{an}的通项公式为an=(-2)n. (2)由(1)可得Sn==-+(-1)n. 由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n=2-+(-1)n=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. 21.(2017·全国2,文17,12分,难度★★)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3. 解　设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3. ① (1)由a3+b3=5,得2d+q2=6. ② 联立①和②解得(舍去), 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0, 解得q=-5或q=4. 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6. 学科网（北京）股份有限公司 $$