板块3 微专题(1) 等差、等比数列的基本量(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

第三板块　数　列 微专题(一)　等差、等比数列的基本量 精练小题·激活知能 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=1，则a3+a7= (　　) A.-2 B. C.1 D. 解析：选D　因为{an}为等差数列，所以S9==9a5=1，得a5=，所以a3+a7=2a5=，故选D. 2.(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4= (　　) A. B. C.15 D.40 解析：选C　法一　若该数列的公比q=1，代入S5=5S3-4中，有5=5×3-4，不成立，所以q≠1.由=5×-4，化简得q4-5q2+4=0，所以q2=1(舍去)或q2=4，由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4==15.故选C. 法二　由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4，整理得(1+q)(q3-4q)=0，由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C. 3.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　　　.  解析：设数列{an}的公差为d，则由题意得解得则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95. 答案：95 4.(人A选必修二P23练习3改编)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若S4=6，S8=20，则S16=　　　　　.  解析：法一　由S4=6，S8=20，得整理得解得a1=，d=，所以S16=16×+×=72. 法二　由题意，知S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12仍为等差数列，即6，14，S12-20，S16-S12成等差数列，公差为8，所以S12-20=22，S16-S12=30，解得S12=42，S16=72. 答案：72 5.(人A选必修二P36例8改编)已知等比数列{an}的首项为-1，前n项和为Sn.若=，则公比q的值为　　　　.  解析：若q=1，则==2≠，所以q≠1.当q≠1时，由=，得·=.整理，得1+q5=，即q5=-，所以q=-. 答案：- |调动储备| ⇦在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则am+an=ap+aq.在等比数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则am·an=ap·aq. ⇦数列运算比较灵活，注意特殊值及公式的灵活应用. ⇦在等差数列{an}中，an=a1+(n-1)d，Sn=na1+d，注意“知三求二”. ⇦在等差数列中，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，S4n-S3n，…成等差数列.在等比数列中，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，S4n-S3n，…成等比数列(Sn≠0). ⇦利用等比数列求和公式时，在不确定公比q取值的情况下，注意分q=1和q≠1两种情况讨论. 聚焦重难·发掘潜力 考法一　等差、等比数列的基本运算 [例1]　(2024·包头三模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S5=4a1，a1>0，若n>1时，Sn=an，则n等于 (　　) A.11 B.12 C.20 D.22 解析：选D　设公差为d，由S5=4a1，得5a1+10d=4a1，所以a1=-10d.由a1>0，得d<0，故an=a1+(n-1)d=(n-11)d，则Sn===.因为Sn=an，所以=(n-11)d.化简得n2-23n+22=0，解得n=22或n=1(舍去). [例2]　(2024·全国甲卷)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)因为2Sn=3an+1-3，故2Sn-1=3an-3(n≥2)， 两式相减，得2an=3an+1-3an，即5an=3an+1，故等比数列的公比为q=， 由2a1=3a2-3=3a1×-3=5a1-3，得a1=1，故an=. (2)由等比数列求和公式得Sn==-. [思维建模] 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q. (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn=an2+bn(a，b是常数)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. (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算. [变式训练] 1.(2024·太原二模)已知{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列，其前n项和分别是Sn和Tn，且a1=b1=1，a2+b2=4，T3=3，则S3= (　　) A.9 B.9或18 C.13 D.13或37 解析：选B　设等比数列{bn}的公比为q，由b1=1且T3=3，当q=1时，则T3=3b1=3，符合题意，则bn=1，又a2+b2=4，所以a2=3，所以S3=a1+a2+a3=3a2=9；当q≠1时，则T3==3，即1+q+q2=3，解得q=1(舍去)或q=-2，所以bn=(-2)n-1，则b2=-2，又a2+b2=4，所以a2=6，所以S3=a1+a2+a3=3a2=18.综上可得S3=9或S3=18. 2.(2024·辽宁二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且a1d≠0.若等差数列{bn}满足bn=. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若d=，记数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn>Sn，求n的最大值. 解：(1)因为bn=，所以b1===，b2==，b3==.由{bn}为等差数列，得b1+b3=2b2，即+=2×，化简可得d2=a1d. 因为a1d≠0，所以a1≠0且d≠0， 所以a1=d.则an=a1+(n-1)d=nd，所以Sn==，则bn==. (2)因为d=，所以Sn=n(n+1).由(1)可知bn=，则Tn===n(n+3).由Tn>Sn，得n(n+3)>n(n+1)，解得n<，且n∈N*，所以n的最大值为3. 考法二　等差、等比数列的性质 [例3]　(1)已知等差数列{an}的前n项积为Tn，若a1+a9=，a4=，则当Tn取得最小值时，n的值为 (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，由a1+a9=2a5=，得a5=，则d=a5-a4=-=，所以an=+(n-5)×=.当an≥1时，解得n≥，因此当1≤n≤7时，an<1，因此T7=a1a2·…·a7最小，故Tn取得最小值时，n=7. (2)(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=-5，S6=21S2，则S8= (　　) A.120 B.85 C.-85 D.-120 解析：选C　法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1， 则化简整理得所以S8==×(1-44)=-85.故选C. 法二　易知S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6，…为等比数列，所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4)，解得S2=-1或S2=.当S2=-1时，由(S6-S4)2=(S4-S2)·(S8-S6)，解得S8=-85；当S2=时，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0，与S4=-5矛盾，舍去. [思维建模] 等差、等比数列性质问题的求解策略 抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解 用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题 [变式训练] 3.(2024·泉州二模)在等比数列{an}中，a1，a5是函数f(x)=x2-10x+tln(3x)的两个极值点，若a2a4=2a3-2，则t的值为 (　　) A.-4 B.-5 C.4 D.5 解析：选C　f'(x)=2x-10+=，x>0，所以a1，a5是方程2x2-10x+t=0的两个实数根，则a1>0，a5>0，a1a5=>0.根据等比数列的性质，a2a4=a1a5=，且a2a4=2a3-2，所以=2×-2，即t-4+4=0⇔(-2)2=0，解得t=4. 4.(2024·重庆模拟)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S45>0，S46<0，对任意正整数n，都有|an|≥|am|，则m的值为 (　　) A.21 B.22 C.23 D.24 解析：选C　依题意，S45==45a23>0，则a23>0，又S46==23(a23+a24)<0，则a23+a24<0，a24<-a23<0.等差数列{an}的公差d=a24-a23<0，因此数列{an}递减，a1>a2>…>a22>a23>0>a24>a25>…，且|a23|<|a24|，即任意正整数n，|an|≥|a23|恒成立，所以对任意正整数n，都有|an|≥|am|成立的m=23. 5.(2024·金华模拟)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a2+a4+a6=5π，b2b4b6=3，则tan =　　　　　.  解析：由等差数列的性质可知，a2+a4+a6=3a4=5π，即a4=，而a1+a7=2a4=.根据等比数列的性质可知，b2b4b6==3，则b4=，b2b6==3，所以tan =tan=tan =. 答案： 考法三　等差、等比数列的判定问题 [例4]　(2024·自贡三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn-nan=n(n-1). (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)若a5，a9，a11成等比数列，求Sn的最大值. 解：(1)证明：数列{an}满足Sn-nan=n(n-1)　①，当n≥2时，有Sn-1-(n-1)an-1=(n-1)(n-2)　②，①-②得Sn-Sn-1-nan+(n-1)an-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)，即(1-n)an+(n-1)an-1=(n-1)[n-(n-2)]，变形可得an-an-1=-1(n≥2)，故数列{an}是以-1为公差的等差数列. (2)由(1)可知数列{an}是以-1为公差的等差数列，若a5，a9，a11成等比数列，则有=a5a11，即(a1-8)2=(a1-4)(a1-10)，解得a1=12，所以an=a1+(n-1)d=13-n，所以{an}递减.又当1≤n<13时，an>0，当n=13时，an=0，当n>13时，an<0，故当n=12或n=13时，Sn取得最大值，且(Sn)max=S12=S13=12×12+×(-1)=78. [思维建模] 判断数列是否为等差数列或等比数列的策略 定义法 将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差、等比数列的定义进行判断 反例法 若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可 [变式训练] 6.已知数列{an}满足：a1=λ>0，anan+1=27-2n. (1)当λ=时，求数列{a2n}中的第10项； (2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列?若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由. 解：(1)由已知anan+1=27-2n，所以当n≥2时，anan-1=29-2n，相除得=. 又a1=，a2a1=25，所以a2=210， 所以a20=210×==. (2)存在.假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，由a2a1=25，得a2=， 由a2a3=8，得a3=， 因为{an}是等比数列，所以a1a3=，即λ2=64，解得λ=8. 下面证明当λ=8时数列{an}是等比数列， 由(1)知数列{a2n-1}和{a2n}都是公比是的等比数列，所以a2n-1=8·=25-2n，a2n=4·=24-2n， 所以当n为奇数时，an=24-n； 当n为偶数时，an=24-n， 所以对一切正整数n，都有an=24-n， 所以=，n∈N*， 所以存在正数λ=8使得数列{an}是等比数列. 微点培优·技高一筹 衍生数列问题 　　衍生数列是指由已知数列通过插项、去项得到新数列，或由已知的两个数列的公共项得到新数列，解决此类问题要弄清楚衍生数列与已知数列的关系，确定衍生数列的特征，以此来解决问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　数列中的去项问题 [例1]　已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=2n，bn=2n，现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{cn}，则数列{cn}的前150项之和为 (　　) A.23 804 B.23 946 C.24 100 D.24 612 解析：选D　因为a150=300，28=256<300，29=512>300，故数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项，故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项.记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，c1+c2+…+c150=S158-T8=-=24 612. [例2]　记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，已知a1=b2=4，q=d，S9=9b4. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列{cn}，求{cn}的前100项和. 解：(1)由S9=9b4，得9a1+d=9×b2q2.因为a1=b2=4，所以1+d=q2. 结合q=d，可得1+q=q2，(2q+1)(q-2)=0，结合q>0，解得q=2，d=3， 所以数列{an}的通项公式为an=4+3(n-1)=3n+1，数列{bn}的通项公式为bn=4×2n-2=2n. (2)由(1)可知，当n=100时，a100=301.又bn=2n，所以b1=2，b2=4，b3=8，b4=16，b5=32，b6=64，b7=128，b8=256，b9=512>301，令2=3n+1，解得n=，令4=3n+1，解得n=1，令8=3n+1，解得n=，令16=3n+1，解得n=5，令32=3n+1，解得n=，令64=3n+1，解得n=21，令128=3n+1，解得n=，令256=3n+1，解得n=85，所以数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为{bn}的前8项中的偶数项. 将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，则{cn}的前100项为数列{an}的前100项中剔除与数列{bn}相同的4项后剩余的96项与{bn}的前8项中剔除与数列{an}相同的4项后剩余的4项， 所以{cn}的前100项和为+-2×(4+16+64+256)=15 080. [易错提醒] 　　解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法. 类型2　数列中的公共项问题 [例3]　已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为　　　.  解析：等差数列2，6，10，…，202中，公差d1=4；等差数列2，8，14，…，200中，公差d2=6，4和6的最小公倍数为12，所以新数列{an}的公差d=12，首项a1=2，所以an=12n-10.令an=12n-10≤200，解得n≤17.5，故新数列共有17项，所以新数列的各项之和为S17=17×2+×12=1 666. 答案：1 666 [例4]　(2024·长春模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=(an-1)(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3(n∈N*)，将数列{an}与{bn}的公共项按它们在原来数列中的先后顺序排成一个新数列{dn}，则数列{dn}的通项公式为　　　　　.  解析：由Sn=(an-1)(n∈N*)，得a1=S1=(a1-1)，解得a1=3.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1)，即an=3an-1，可得数列{an}是首项和公比均为3的等比数列，所以an=3n.设ak=3k是{bn}的第m项，则4m+3=3k(k，m∈N*)，因为ak+1=3k+1=3×3k=3×(4m+3)=4(3m+2)+1，所以ak+1不是{bn}中的项.因为ak+2=3k+2=9×3k=9×(4m+3)=4(9m+6)+3，所以ak+2是{bn}中的项，所以d1=a3，d2=a5，d3=a7，…，dn=a2n+1，所以dn=32n+1(n∈N*). 答案：dn=32n+1 [巧记结论] 　　两个等差数列的公共项还是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项还是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数. 类型3　数列中的插项问题 [例5]　在数列{an}中的相邻两项an与an+1(n∈N*)之间插入一个首项为an-，公差为-的等差数列的前n项，记构成的新数列为{bn}，若an=，则{bn}前65项的和为 (　　) A.- B.-13 C.- D.-14 解析：选A　数列{bn}为a1，a1-1，a2，a2-，a2-1，a3，a3-，a3-，a3-1，…，an，an-，an-，an-，…，an-，an-1，an+1，…，设an及其后面n项的和为Sn，则Sn=(n+1)an-×=2-=(3-n)，所以数列{Sn}是以1为首项，公差为-的等差数列.所以{bn}前65项的和为S1+S2+…+S10==-. [例6]　已知等差数列{an}满足：a1+3，a3，a4成等差数列，且a1，a3，a8成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在任意相邻两项ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}.记Sn为数列{bn}的前n项和，求满足Sn<500的n的最大值. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题知a1+3+a4=2a3，∴2a1+3+3d=2a1+4d，∴d=3.又a1·a8=，∴a1·(a1+7×3)=(a1+2×3)2，解得a1=4，故an=3n+1. (2)在任意相邻两项ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k个2，则ak与ak+1之间2的总和为2k×2=2k+1.又由(1)易知等差数列{an}是递增数列，故数列{bn}的前n项和是递增的，则求满足Sn<500的n的最大值即找到使Sn接近500的n值即可. 当bn恰取到ak后的第2k个项时， Sn=b1+b2+…+bn =a1+22+a2+23+…+ak+2k+1=+=k2+k+2k+2-4，k∈N*. 又n=k+=2k+1+k-2，易知{Sn}递增，当k=6时，Sn=×62+×6+28-4=321<500，当k=7时，Sn=×72+×7+29-4=599>500， 又599-50×2=499<500，则当k=7时，去掉50个2即可得到Sn<500的n的最大值， 即nmax=28+7-2-50=211. [关键点拨] 解决插项问题，首先要清楚插入数列的项数，新插入数列与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和. [专题验收评价] 1.(2024·日照三模)设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b3=2，b7=6，则S9= (　　) A.-36 B.36 C.-18 D.18 解析：选B　S9===36，故选B. 2.(2024·济南统考)已知等比数列{an}，a3a10a17=8，则a10= (　　) A.1 B.2 C.4 D.8 解析：选B　因为{an}是等比数列，所以a3a17=，故a3a10a17==8，得a10=2.故选B. 3.(2024·泰安三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1=-21，S7=S15，则Sn的最小值为 (　　) A.-99 B.-100 C.-110 D.-121 解析：选D　设{an}的公差为d，因为a1=-21，S7=S15，可得解得d=2，所以an=2n-23，可得Sn=-21n+×2=n2-22n，所以当n=11时，Sn取得最小值S11=112-22×11=-121.故选D. 4.(2024·嘉兴模拟)卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见.卫生纸形状各异，有单张四方形的，也有卷成滚筒形状的.某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40 mm，卫生纸厚度为0.1 mm.若未使用时直径为90 mm，使用一段时间后直径为60 mm，则这个卷筒卫生纸大约已经使用了 (　　) A.25.7 m B.30.6 m C.35.3 m D.40.4 m 解析：选C　未使用时，可认为外层卫生纸的长度为a1=2π×45=90π，可认为每层纸的长度为等差数列，使用到现在，相当于等差数列的项数为n==150，且a150=2π×30=60π.由等差数列的求和公式得S150==11 250π≈35 325 mm=35.325 m.故选C. 5.(2024·菏泽二模)已知{an}是等差数列，a1=3，a4=12，在数列{bn}中，b1=4，b4=20，若{bn-an}是等比数列，则b2 024的值为 (　　) A.6 072 B.22 023 C.22 023+6 072 D.22 023-6 072 解析：选C　设{an}的公差为d，{bn-an}的公比为q，则由题意可得，a4=a1+3d，即12=3+3d，解得d=3，所以an=3+(n-1)×3=3n.根据已知得b1-a1=1，b4-a4=8，则8=q3，得q=2，所以bn-an=1·2n-1，进而bn=2n-1+3n，故b2 024=22 023+6 072.故选C. 6.(2024·深圳模拟)[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是 (　　) A.若=a3a7，则{an}是等比数列 B.若{an}是等比数列，则=a3a7 C.若Sn=3n-1，则{an}是等比数列 D.若{an}是等比数列，且Sn=3n+a，则a=-1 解析：选BCD　当an=0时，满足=a3a7，但{an}不是等比数列，故A错误.由等比数列的性质可知=a3a7，故B正确.由Sn=3n-1，得Sn-1=3n-1-1，则an=Sn-Sn-1=2×3n-1(n≥2)，当n=1时，a1=S1=2，则an=2×3n-1，从而可知{an}是等比数列，故C正确.由Sn=3n+a，得a1=3+a，S2=9+a，S3=27+a.由等比数列的性质可知=a1a3，a2=S2-S1=6，a1=3+a，a3=S3-S2=18，即62=18(3+a)，解得a=-1，再代入结合C可知此时{an}为等比数列，故D正确.故选BCD. 7.(2024·三明三模)[多选]设等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若满足0<a1<1，a7·a4 040>1，(a2 023-1)(a2 024-1)<0，则下列选项正确的是 (　　) A.{an}为递减数列 B.S2 023+1<S2 024 C.当n=2 023时，Tn最小 D.当Tn>1时，n的最小值为4 047 解析：选BC　由条件可知，a1>0，a1与a7同号，所以a7>0，则a4 040>0，而a4 040=a1q4 039>0，则公比q>0，若0<q<1，数列递减，则0<a7，a4 040<1，那么a7a4 040<1，与已知矛盾，若q=1，则0<a1=a7=a4 040<1，那么a7a4 040<1，与已知矛盾，只有当q>1，才存在q，使a7a4 040>1，所以等比数列{an}递增，故A错误；因为(a2 023-1)(a2 024-1)<0，{an}递增，所以a2 023<1，a2 024>1，则a2 024=S2 024-S2 023>1，即S2 023+1<S2 024，故B正确；因为q>1，且a2 023<1，a2 024>1，所以当n=2 023时，Tn最小，故C正确；根据等比数列的性质可知，a7a4 040=a1a4 046>1，a1a4 045=<1，所以当Tn>1时，n的最小值为4 046，故D错误.故选BC. 8.(2024·广州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3=27，S6=35，数列{an}的公比q=　　　.  解析：由题意可知q≠1，根据等比数列的前n项和公式可得S3==27　①，S6==35　②，联立①②可得1+q3=，解得q=. 答案： 9.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　　.  解析：法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5=a3a6，得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q=1　①. 又a9a10=a1q8·a1q9=q17=-8　②，所以由①②可得q15=-8，q5=-2， 所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. 法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0，所以a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=q15=-8，于是q5=-2，所以a7=a2q5=-2. 答案：-2 10.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若-5，S3，S6成等差数列，则S9-S6的最小值为　　　.  解析：因为{an}是正项等比数列，所以S3，S6-S3，S9-S6仍然构成等比数列，所以(S6-S3)2=S3(S9-S6).又-5，S3，S6成等差数列，所以S6-5=2S3，S6-S3=S3+5，所以S9-S6===S3++10.因为an>0，所以S3>0，所以S3++10≥2+10=20，当且仅当S3=5时，等号成立，所以S9-S6的最小值为20. 答案：20 11.在数列{an}中，a1=a2=1，且an+2+(-1)nan=4. (1)令bn=a2n-1，证明：数列{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{an}的前n项和为Sn，求S23. 解：(1)证明：因为an+2+(-1)nan=4，所以a2n+1+(-1)2n-1a2n-1=4，即a2n+1-a2n-1=4.又bn=a2n-1，所以bn+1-bn=a2n+1-a2n-1=4.又b1=a1=1，所以数列{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列，所以bn=1+(n-1)×4=4n-3. (2)因为an+2+(-1)nan=4，所以a2n+2+(-1)2na2n=4，即a2n+2+a2n=4，所以S23=a1+a2+…+a23=(a1+a3+…+a23)+(a2+a4+…+a22)=(b1+b2+…+b12)+[a2+(a4+a6)+(a8+a10)+…+(a20+a22)]=+(1+4×5)=297. 12.(2024·梅州一模)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1=b1=4，b2=a2+1，b3=2a3-4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn}，求{cn}的前50项的和. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则 即解得所以an=a1+(n-1)d=3n+1，bn=b1qn-1=2n+1. (2)当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时，令3n+1=25+1=64，得n=21，则第26项为64，当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时，令3n+1<26+1=128，得n<，则第48项为128.所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项且含有数列{an}的前44项，故数列{cn}的前50项和为S50=+=3 266. 13.[多选]已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是 (　　) A.是等差数列 B.若d<0，则Sn有最大值 C.Sn，S2n，S3n成等差数列 D.若Sm=Sn，m≠n，则Sm+n=0 解析：选ABD　=，-==，故A正确；若a2<0，则0>a2>a3>…，S1最大；若a2=0，0>a3>a4>…，S1=S2最大；若a2>0，则an=a2+(n-2)d，则存在m∈N*，am≥0，am+1<0，故Sm最大，故B正确；对数列：1，2，3，…，取n=1，S1=1，S2=3，S3=6，故C错误；不妨设n>m，则Sn-Sm=0⇒am+1+am+2+…+an=0，即(n-m)=0⇒=0，∴Sm+n=(m+n)，而==0，故Sm+n=0，D正确. 14.(2024·北京东城二模)设无穷正数数列{an}，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得am=a1+a2+a3+…+an，那么称{an}为内和数列，并令bn=m，称{bn}为{an}的伴随数列，则 (　　) A.若{an}为等差数列，则{an}为内和数列 B.若{an}为等比数列，则{an}为内和数列 C.若内和数列{an}为递增数列，则其伴随数列{bn}为递增数列 D.若内和数列{an}的伴随数列{bn}为递增数列，则{an}为递增数列 解析：选C　例如an=1，可知{an}既为等差数列也为等比数列，则a1+a2=2，但不存在m∈N*，使得am=2，所以{an}不为内和数列，故A、B错误；因为an>0，对任意n1，n2∈N*，n1<n2，可知存在m1，m2∈N*，使得=a1+a2+a3+…+，=a1+a2+a3+…+，则-=++…+>0，即>，又内和数列{an}为递增数列，可知m2>m1，所以其伴随数列{bn}为递增数列，故C正确；例如2，1，3，4，5，…，显然{an}是所有正整数的排列，可知{an}为内和数列，且{an}的伴随数列为递增数列，但{an}不是递增数列，故D错误. 15.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，设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)因为3a2=3a1+a3， 所以3d=a1+2d，所以a1=d， 所以an=nd. 因为bn=，所以bn==， 所以S3===6d，T3=b1+b2+b3=++=. 因为S3+T3=21， 所以6d+=21，解得d=3或d=， 因为d>1，所以d=3. 所以{an}的通项公式为an=3n. (2)因为bn=，且{bn}为等差数列， 所以2b2=b1+b3，即2×=+， 所以-=，所以-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d. 因为d>1，所以an>0，又因为S99-T99=99， 由等差数列的性质，得99a50-99b50=99， 即a50-b50=1，所以a50-=1， 即-a50-2 550=0， 解得a50=51或a50=-50(舍去). 当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解，当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.综上，d=. 学科网（北京）股份有限公司 $$