专题4 第1讲 等差数列与等比数列-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第二编　主干知识突破 专题四　数列 第1讲　等差数列与等比数列 「考情研析」　1.在新课标卷中，涉及数列的选择、填空题，主要考查数列递推公式，通项公式与前n项和公式及其关系，等差(比)数列的定义、性质、通项公式和前n项和公式，难度以中、低档题为主．　2.注意运用数列的函数性质解题、数列求和、数列的实际应用问题，难度以中、高档题为主． 核心知识回顾 热点考向探究 真题VS押题 目录 专题作业 核心知识回顾 知识串联 核心知识回顾 5 结论记忆 核心知识回顾 6 核心知识回顾 7 热点考向探究 考向1　等差、等比数列基本量的计算 热点考向探究 9 热点考向探究 10 (3)(2024·重庆模拟)中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加3 km，在达到离地面222 km的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是________ s. 12 热点考向探究 11 解决等差、等比数列基本量运算的思想方法 热点考向探究 12 热点考向探究 13 2．(2024·宁夏吴忠模拟)若数列{an}满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则Sn＝(　　) A．2n＋1－1 B．2n－1 C．2n－1－1 D．2n－2－1 热点考向探究 14 热点考向探究 15 考向2　等差数列、等比数列的性质 例2　(1)(2024·山东泰安三模)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 热点考向探究 16 (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 热点考向探究 17 热点考向探究 18 (3)(多选)(2024·山东临沂二模)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5 B．若a2＋a13＝4，则S14＝28 C．若S15<0，则S7>S8 D．若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0 热点考向探究 19 热点考向探究 20 若数列{an}为等比数列，则an≠0，且a1，a3，a5，…，a2n－1，…同号，a2，a4，a6，…，a2n，…同号． 热点考向探究 21 热点考向探究 22 热点考向探究 23 热点考向探究 24 考向3　数列的递推关系 例3　(1)(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 热点考向探究 25 解析：当n＝1时，a1＋1＝2a1，则a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]＝2an－2an－1－1，∴an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，a1＋1＝2≠0，∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a7＋1＝2×26＝27＝128，∴a7＝127.故选B. (2)(2024·江苏南通三模)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n＝2an，则a7＝(　　) A．65 B．127 C．129 D．255 热点考向探究 26 (3)(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝_____________． (n＋1)·2n－2 热点考向探究 27 热点考向探究 28 通项an与Sn的关系中，an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，而a1应由a1＝S1求出，然后再检验a1是否满足n≥2时an的式子． 2.Sn与an关系问题的求解思路 热点考向探究 29 热点考向探究 30 2．(2024·皖豫名校三模)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，则S20＝(　　) A．590 B．602 C．630 D．650 热点考向探究 31 45 热点考向探究 32 热点考向探究 33 考向4　数列的综合问题 解析：若数列{an＋n2}是等差数列，则数列的首项为a1＋12＝6，公差为(a2＋22)－(a1＋12)＝7，所以an＋n2＝6＋(n－1)×7＝7n－1，则an＝－n2＋7n－1，所以an＋1－an＝[－(n＋1)2＋7(n＋1)－1]－(－n2＋7n－1)＝－2n＋6，则当n＝1，2，3时，an＋1－an≥0，则a4＝a3>a2>a1；当n≥4时，an＋1－an<0，则a4>a5>a6>a7>….综上，{an}的最大项为a3＝a4＝11.故选D. 热点考向探究 34 热点考向探究 35 热点考向探究 36 2 热点考向探究 37 热点考向探究 38 1．(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围为(　　) A．(－4，2) B．[－3，2) C．(－6，2) D．(－3，2] 热点考向探究 39 热点考向探究 40 解析：因为C1共5项，在f作用下，每个项都变为3个项，所以Cn的项数是首项为5，公比为3的等比数列，所以Cn的项数为5×3n－1.根据变换规则，知若数列的各项中，2与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中2与0的个数也相同；若2比0多n个，则与之相邻的下一个数列中2比0少n个；若2比0少n个，则与之相邻的下一个数列中2比0多n个；因为C1中有5项，其中2个2，3个0，2比0少1个，所以C2的15项中，2比0多1个；以此类推，若n为奇数，则数列的各项中2比0少1个，若n为偶数，则数列的各项中2比0多1个．所以数列C2n中2比0多1个，所以S2n＝5×32n－1＋1. 2．(2024·广东汕头二模)已知数列C1：0，2，0，2，0，现按规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”对该数列进行变换，得到一个新数列，记数列Ck＋1＝f(Ck)，k∈N*，则数列Cn的项数为_________，设Cn的所有项的和为Sn，则S2n＝______________． 5×3n－1 5×32n－1＋1 热点考向探究 41 3．(2024·上海宝山二模)某区域的地形 大致如图1，某部门负责该区域的安全警戒， 在哨位O的正上方安装探照灯对警戒区域进 行探查扫描．假设1：警戒区域为空旷的扇 环形平地A1AnBnB1；假设2：视探照灯为点M，且距离地面20米；假设3：探照灯M照射在地面上的光斑是椭圆．当探照灯M以某一俯角从AkAk＋1侧扫描到BkBk＋1侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环Sk(k＝1，2，3，…)．由此，通过调整M的俯角，逐次扫描形成扇环S1，S2，S3，….第一次扫描时，光斑的长轴为EF，|OE|＝30米，此时在探照灯M处测得点F的俯角为30°(如图2)．记|AkAk＋1|＝dk，经测量知|A1An|＝80米，且{dk}是公差约为0.1米的等差数列，则至少需要经过____________次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕． 15 热点考向探究 42 热点考向探究 43 真题VS押题 真题VS押题 45 真题VS押题 46 真题VS押题 47 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＝________． 95 真题VS押题 48 4．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. －2 真题VS押题 49 5 真题VS押题 50 真题VS押题 51 真题VS押题 52 真题VS押题 53 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 等差数列中基本量的计算 周期数列的应用 等比数列前n项和的性质 等差数列的性质及前n项和公式的应用 等差、等比数列的性质及应用 数列的递推公式及应用 利用an与Sn的关系求通项；数列前n项积的应用 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★★ ★★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 数列在探寻几何图形规律中的应用 利用等差、等比数列求解数阵问题 累加法的应用；利用an与Sn的关系求通项；数列中的最值问题 等差、等比数列的子数列问题；错位相减法求和；等差中项的应用 等差数列的性质；前n项积的最值问题 数列的新定义问题；等差数列前n项和公式的应用 累乘法求通项；数列与不等式的综合应用 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 一、单选题 1．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 3．(2024·湖北武汉四调)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝8，S12＝26，则S4＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 5．(2024·北京顺义区模拟)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a4＝b4＝4，则(　　) A．b3b5≥a3a5 B．b3＋b5≥a3＋a5 C．b3b5≤a3a5 D．b3＋b5≤a3＋a5 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 解析：依题意，设bn＝a2n，则b1＝a2＝2a1＝2＝4－2，a3＝a2＋1＝3，b2＝a4＝2a3＝6＝8－2，a5＝a4＋1＝7，b3＝a6＝2a5＝14＝16－2，a7＝a6＋1＝15，b4＝a8＝2a7＝30＝32－2，可归纳得bn＝2n＋1－2，a2n＝bn＝2n＋1－2，所以a20＝b10＝211－2.故选B. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 7．(2024·河南开封三模)记Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{an}的前n项积，若a1＝1，an＋1＝Sn，则满足Tn>1000的n的最小值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 解析：由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第k行第1个数为－1＋(k－1)×3＝3k－4，又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，故A正确，B错误；又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2025，可得a2024是a2025的前一个数，且a2025在第45行，因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2024在第45行的第88列，故C正确；由题设可知第i行第j个数为(3i－4)×2j－1，令(3i－4)×2j－1＝2024＝253×23，若j＝1，则3i－4＝2024，即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506，即i＝170；若j＝4，则3i－4＝253，无整数解，故D正确．故选ACD. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 631 13．数列{an}的通项公式为an＝[n＋log2n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则{an}的前32项和为________． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 　　　　　　　　　　　　　 R (1)等差数列的性质 设等差数列{an}(公差为d)的前n项和为Sn. ①若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)； ②数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，首项为a1，公差为eq \f(1,2)d； ③Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，Smk－S(m－1)k，…构成公差为k2d的等差数列； ④若数列{an}共有2n项，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)； ⑤若数列{an}共有2n－1项，则S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)． (2)等比数列的性质 若数列{an}是公比为q的等比数列，前n项和为Sn，则有如下性质： ①若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(m，n，p，q∈N*)； ②若m，n，p成等差数列，则am，an，ap成等比数列(m，n，p∈N*)； ③Sn＋m＝Sm＋qmSn＝Sn＋qnSm； ④若项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝eq \a\vs4\al(q)，若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝eq \a\vs4\al(q)； ⑤当q≠－1时，连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)仍组成等比数列(公比为qm，m≥2)．注意：这里连续m项的和均非零． 例1　(1)(2024·云南曲靖二模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若a3＝3，S3＝9，则数列{an}的公比是(　　) A．－eq \f(1,2)或1 B．eq \f(1,2)或1 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2) 解析：设等比数列{an}的公比为q，依题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1q2＝3，,S3＝a1＋a2＋a3＝a1＋a1q＋a1q2＝9，)) 解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).故选A. (2)(2024·广东部分学校5月大联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若5a5－2S5＝2，则6a6－2S6＝(　　) A．4 B．eq \f(12,5) C．eq \f(6,5) D．6 解析：设等差数列{an}的公差为d，则5a5－2S5＝5(a1＋4d)－2(5a1＋10d)＝－5a1＝2，所以a1＝－eq \f(2,5)，6a6－2S6＝6(a1＋5d)－2(6a1＋15d)＝－6a1＝－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))＝eq \f(12,5).故 选B. 解析：设每秒钟通过的路程构成数列{an}，由题意可知{an}为等差数列，首项a1＝2，公差d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，由求和公式得Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(（3n－1＋2）n,2)＝222，解得n＝12. 1．在数列{an}中，a1＝1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，则a2025＝(　　) A．2025 B．eq \f(1,2025) C．2024 D．eq \f(1,2024) 解析：∵a1＝1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列，∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＝eq \f(1,n)，∴a2025＝eq \f(1,2025).故选B. 解析：因为log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，即log2an＋1－log2an＝1，又a1＝1，即log2a1＝0，所以{log2an}是以0为首项，1为公差的等差数列，所以log2an＝n－1，则an＝2n－1，所以Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.故选B. 3．(2024·河南洛阳模拟)折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为1的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形的斜边长为(　　) A．eq \f(\r(2),8) B．eq \f(1,8) C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(1,4) 解析：由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为eq \f(\r(2),2)，公比为eq \f(\r(2),2)，故对折6次后，得到腰长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(1,8)的等腰直角三角形，所以斜边长为eq \f(1,8)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),8).故选A. 解析：设{an}的公差为d，因为a1＝－21，S7＝S15，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－21，,7a1＋\f(7×6,2)d＝15a1＋\f(15×14,2)d，))解得d＝2，所以an＝2n－23，所以Sn＝－21n＋eq \f(n×（n－1）,2)×2＝n2－22n.当n≤11时，an<0，当n≥12时，an>0，所以当n＝11时，Sn取得最小值，S11＝112－22×11＝－121.故选D. 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q)　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. 解析：对于A，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝eq \f(9,8)，又a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×eq \f(9,8)＝eq \f(9,2)，所以A为假命题；对于B，S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝eq \f(14（a2＋a13）,2)＝28，所以B为真命题；对于C，由S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8<0，可得a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，则S7>S8，所以C为真命题；对于D，因为{an}为递增数列，所以公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，所以an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D为假命题．故选BC. 1．通项的性质 若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝aeq \o\al(2,k). 2．前n项和的性质 对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外)． 1．(2024·东北三省四市二模)等差数列{an}中，a1＝2020，前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝－2，则a2024＝(　　) A．－2026 B．－2024 C．－2 D．－3 解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)，所以eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(（n－1）d,2)，因为eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝－2，即a1＋eq \f(（12－1）d,2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋\f(（10－1）d,2)))＝－2，解得d＝－2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋2022，所以a2024＝－2×2024＋2022＝－2026.故选A. 2．(2024·天津南开模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋4,n＋2)，则eq \f(a5＋a8,b2＋b11)＝(　　) A．eq \f(17,13) B．eq \f(37,13) C．eq \f(20,7) D．eq \f(37,7) 解析：因为Sn，Tn分别是等差数列{an}和{bn}的前n项和，所以S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)，T12＝eq \f(12（b1＋b12）,2)，又eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋4,n＋2)，所以eq \f(a5＋a8,b2＋b11)＝eq \f(a1＋a12,b1＋b12)＝eq \f(S12,T12)＝eq \f(3×12＋4,12＋2)＝eq \f(20,7).故选C. 3．(2024·甘肃陇南一模)已知数列{an}为等比数列，a2＋a4＋a6＝8，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＝2，则a4＝(　　) A．2eq \r(2) B．±2eq \r(2) C．2 D．±2 解析：设等比数列{an}的公比为q，则aeq \o\al(2,4)＝a2a6，又a2＋a4＋a6＝8，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＝eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a2＋a6,a2a6)＋2,4)eq \f(a4,a) ＝2,4)eq \f(a2＋a6,a) ＋2,4)eq \f(a4,a) ＝2,4)eq \f(a2＋a4＋a6,a) ＝2,4)eq \f(8,a) ＝2，解得a4＝±2，又a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝8>0，而1＋q2＋q4>0恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2.故选C. 解析：由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，…，a10－a9＝a1＋18，将以上等式左右两边分别相加，得a10－a1＝9a1＋eq \f(9×（2＋18）,2)＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4.故选D. 解析：当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn－1＝eq \f(n－1,n＋1)an，由nan＋1＝(n＋2)Sn，得Sn＝eq \f(n,n＋2)an＋1，则Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋2)an＋1－eq \f(n－1,n＋1)an＝an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2（n＋2）,n＋1)，则有eq \f(an,an－1)＝eq \f(2（n＋1）,n)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(2n,n－1)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2×3,2)，则an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝(n＋1)·2n－2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，故an＝(n＋1)·2n－2. 1．典型的递推关系式及处理方法 递推式 方法 示例 an＋1＝an＋f(n) 累加法 a1＝1，an＋1＝an＋2n an＋1＝anf(n) 累乘法 a1＝1，eq \f(an＋1,an)＝2n an＋1＝Aan＋B (A≠0，1，B≠0) 构造法 a1＝1，an＋1＝2an＋1 an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C) (A，B，C为常数) 取倒数法 a1＝1，an＋1＝eq \f(3an,2an＋3) 1．(2024·陕西安康模拟)各项均为正数的数列{an}满足aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2n，a1＝eq \r(2)，则a20＝(　　) A．210 B．221 C．2eq \r(2) D．4 解析：由aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2n，可得aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝2n－1，aeq \o\al(2,n－1)－aeq \o\al(2,n－2)＝2n－2，aeq \o\al(2,n－2)－aeq \o\al(2,n－3)＝2n－3，…，aeq \o\al(2,3)－aeq \o\al(2,2)＝22，aeq \o\al(2,2)－aeq \o\al(2,1)＝21，等式左右两边分别相加，可得aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,1)＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋22＋21＝eq \f(2（1－2n－1）,1－2)＝2n－2，又a1＝eq \r(2)，即aeq \o\al(2,1)＝2，所以aeq \o\al(2,n)＝aeq \o\al(2,1)＋2n－2＝2n，又数列{an}的各项均为正数，所以an＝2eq \f(n,2)，所以a20＝210.故选A. 解析：因为Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，所以Sn＋1＋Sn＋2＝3(n＋1)2＋2(n＋1)＋1，两式相减可得an＋1＋an＋2＝6n＋5＝6(n＋1)－1.由a1＝1，S1＋S2＝3×12＋2×1＋1＝6，解得a2＝4，所以a1＋a2＝5，满足上式，故an＋an＋1＝6n－1，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝5＋17＋29＋…＋113＝eq \f(10×（5＋113）,2)＝590.故选A. 3．(2024·浙江部分中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝2n＋1，则其前9项和S9＝_______，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前2024项和为__________． 解析：解法一：由an＋1＋an＝2n＋1，an＋2＋an＋1＝2n＋3得an＋2－an＝2，所以S9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝(5a1＋20)＋(4a2＋12)．又因为a1＋a2＝3，所以S9＝a1＋44＝45. 解法二：S9＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＝1＋5＋9＋13＋17＝45. eq \f(4048,2025) 由题意知a1＝1，a2＝2，an＋1＋an＝2n＋1，an＋2＋an＋1＝2n＋3，则an＋2－an＝2，当n为奇数时，an＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×2＝1＋n＋1－2＝n，当n为偶数时，an＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×2＝2＋n－2＝n，所以an＝n，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，故eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S2024)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2024)－\f(1,2025)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2025)))＝eq \f(4048,2025). 例4　(1)(2024·辽宁大连一模)数列{an}中，a1＝5，a2＝9，若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项为(　　) A．3 B．3或4 C．eq \f(45,4) D．11 (2)(2024·山东烟台二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如φ(4)＝2.已知bn＝eq \f(2n,φ（3n＋1）)，n∈N*，Tn是数列{bn}的前n项和，若Tn<M恒成立，则M的最小值为(　　) A．eq \f(3,4) B．1 C．eq \f(7,6) D．2 解析：因为3为质数，在不超过3n的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为3n－1，φ(3n)＝3n－3n－1＝2×3n－1(n∈N*)，所以φ(3n＋1)＝3n＋1－3n＝2×3n(n∈N*)，则bn＝eq \f(2n,φ（3n＋1）)＝eq \f(2n,2×3n)＝eq \f(n,3n)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，两式相减，可得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(n,3)))，所以Tn＝eq \f(3,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋\f(n,2)))<eq \f(3,4)，因为Tn<M恒成立，所以M≥eq \f(3,4)，所以M的最小值为eq \f(3,4).故选A. (3)(2024·山东滨州二模)已知函数f(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋3＝an(n∈N*)，f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，则eq \o(∑,\s\up14(2024),\s\do15(i＝1))ai＝________． 解析：由题意，可知f(x)的定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋eq \f(3－x－1,3－x＋1)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋eq \f(1－3x,1＋3x)＝0，即f(x)＝－f(－x)，可知f(x)为R上的奇函数．f(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＝1－eq \f(2,3x＋1)，因为y＝3x在R上单调递增，所以f(x)在R上单调递增．因为f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，所以f(a3＋a4)＝－f(a2)＝f(－a2)，可得a3＋a4＝－a2，即a2＋a3＋a4＝0，由an＋3＝an(n∈N*)，可知3为数列{an}的周期，则an＋an＋1＋an＋2＝0，又2024＝3×674＋2，所以eq \o(∑,\s\up14(2024),\s\do15(i＝1))ai＝a1＋a2＝2. 1．求数列的最大项与最小项的常用方法 (1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项． (2)通过通项an研究数列的单调性，利用 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项． 2．数列多与数学文化、不等式等知识创新交汇命题，解决此类问题时要注意构造思想、转化思想的运用． 解析：由2an＋1＝3Sn，得an＝eq \f(3Sn－1,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则eq \f(3Sn－1,2)＝Sn－Sn－1，整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－eq \f(1,3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－1－\f(1,3)))，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，于是S1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)≠0，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,3)))是首项为eq \f(2,3)，公比为－2的等比数列，因此Sn－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)×(－2)n－1，即Sn＝eq \f(1－（－2）n,3)，由tSn<2n，得eq \f(1－（－2）n,3)·t<2n.当n为奇数时，eq \f(1＋2n,3)·t<2n，即t<eq \f(3×2n,1＋2n)＝3－eq \f(3,1＋2n)，显然eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,1＋2n)))为递增数列，当n＝1时，3－eq \f(3,1＋2n)取得最小值，为2，于是t<2；当n为偶数时，eq \f(1－2n,3)·t<2n，即t>eq \f(3×2n,1－2n)＝－3＋eq \f(3,1－2n)，显然恒有－3＋eq \f(3,1－2n)<－3，于是t≥－3，所以实数t的取值范围为[－3，2)．故选B. 解析：因为在Rt△MOF中，∠F＝30°，|OM|＝20米，所以|OF|＝20eq \r(3)米，|EF|＝(20eq \r(3)－30)米，故|A1A2|＝(20eq \r(3)－30)米，故{dk}是以20eq \r(3)－30为首项，0.1为公差的等差数列，故Sk＝(20eq \r(3)－30)k＋eq \f(k（k－1）,2)×0.1，而S14≈74.06<80，S15≈80.1>80，故kmin＝15.所以至少需要经过15次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕． 1．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B．eq \f(7,3) C．1 D．2 解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq \f(a8－a5,3)＝－eq \f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(7,3).故选B. 2．(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eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝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：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eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故选D. 解析：因为数列{an}为等差数列，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95. 5．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；如果对折n次，那么eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do15(k＝1))Sk＝_________________dm2. 240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) 解析：对折3次可以得到eq \f(5,2) dm×12 dm，5 dm×6 dm，10 dm×3 dm，20 dm×eq \f(3,2) dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120 dm2.对折4次可以得到eq \f(5,4) dm×12 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，5 dm×3 dm，10 dm×eq \f(3,2) dm，20 dm×eq \f(3,4) dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75 dm2.对折n次有n＋1种规格的图形，且Sn＝eq \f(240,2n)(n＋1)，因此eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do15(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do15(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do15(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do15(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) dm2. (多选)对于数列{an}，把它连续两项an＋1与an的差记为bn＝an＋1－an，得到一个新数列{bn}，称数列{bn}为数列{an}的一阶差数列．若cn＝bn＋1－bn，则数列{cn}为数列{an}的二阶差数列，以此类推，可得数列{an}的p阶差数列．如果某数列的p阶差数列是一个非零的常数列，则称此数列为p阶等差数列，如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4的前后两项之差再组成新数列1，1，新数列1，1为非零常数列，则数列1，3，6，10称为二阶等差数列．已知数列{an}满足a1＝6，且Sn＝eq \f(1,4)an(n＋3)，则下列结论中正确的是(　　) A．{an}为二阶等差数列 B．{an}为三阶等差数列 C．eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋2,n－1)(n≥2) D．an＝n(n＋1)(n＋2) 解析：由Sn＝eq \f(1,4)an(n＋3)，得Sn＋1＝eq \f(1,4)an＋1(n＋4)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq \f(1,4)an＋1(n＋4)－eq \f(1,4)an(n＋3)，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋3,n).当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋2,n－1)，故C正确；当n≥2时，eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)＝eq \f(n＋2,n－1)×eq \f(n＋1,n－2)×…×eq \f(4,1)，即eq \f(an,a1)＝eq \f(（n＋2）（n＋1）n,6)，因为a1＝6，所以an＝eq \f(（n＋2）（n＋1）n,6)×a1＝(n＋2)(n＋1)n，当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝(n＋2)(n＋1)n，故D正确；bn＝an＋1－an＝(n＋3)(n＋2)(n＋1)－(n＋2)(n＋1)n＝3(n＋2)(n＋1)，cn＝bn＋1－bn＝3(n＋3)(n＋2)－3(n＋2)(n＋1)＝6(n＋2)，不为常数，故A错误；dn＝cn＋1－cn＝6(n＋3)－6(n＋2)＝6，为非零常数，故{an}为三阶等差数列，故B正确．故选BCD. 解析：解法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C. 解法二：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C. 2．已知数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，当n>1时，an＝1－eq \f(1,an－1)，则a2025＝(　　) A．－eq \f(1,4) B．eq \f(4,5) C．5 D．－eq \f(4,5) 解析：由a1＝－eq \f(1,4)，当n>1时，an＝1－eq \f(1,an－1)，得a2＝5，a3＝eq \f(4,5)，a4＝－eq \f(1,4)，a5＝5，…，可知各项取值的周期为3，所以a2025＝a3＝eq \f(4,5).故选B. 解析：因为数列{an}为等比数列，且等比数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，即(8－S4)2＝S4·(26－8)，解得S4＝32或S4＝2.设等比数列{an}的公比为q，则q≠1，eq \f(S8,S4)＝eq \f(1－q8,1－q4)＝1＋q4>1，则S8>S4>0，得S4＝2.故选B. 4．(2024·江西上饶二模)记数列{an}的前n项和为Sn，若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，S6＝6，则a3＋a4＝(　　) A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,2) C．1 D．2 解析：因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，所以可设eq \f(Sn,n)＝an＋b，所以Sn＝an2＋bn，所以{an}为等差数列，S6＝6＝eq \f(（a1＋a6）,2)×6＝3(a1＋a6)，所以a1＋a6＝2，所以a3＋a4＝2.故选D. 解析：因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a5＝2a4＝8，因为{bn}为等比数列，所以b3b5＝beq \o\al(2,4)＝16，而a3a5＝(8－a5)a5＝－aeq \o\al(2,5)＋8a5＝－(a5－4)2＋16≤16，所以b3b5≥a3a5，故A正确，C错误；因为a3＋a5＝8，而b3，b5可同为正数也可同为负数，当b3，b5<0时，b3＋b5<a3＋a5，当b3，b5>0时，b3＋b5≥2eq \r(b3b5)＝8＝a3＋a5，所以a3＋a5，b3＋b5大小关系不确定，故B，D错误．故选A. 6．(2024·山东济南二模)已知数列{an}满足a1＝1，对于任意的n∈N*且n≥2，都有an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1＋1，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则a20＝(　　) A．211 B．211－2 C．210 D．210－2 解析：由an＋1＝Sn可得Sn＋1－Sn＝Sn⇒Sn＋1＝2Sn，S1＝1≠0，故{Sn}是公比为2的等比数列，故Sn＝2n－1，所以an＋1＝Sn＝2n－1，故当n≥2时，an＝2n－2，因此an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－2，n≥2，,1，n＝1，))故Tn＝a1a2a3…an＝1×20×21×…×2n－2＝2eq \f(（n－1）（n－2）,2)，要使Tn>1000，则2eq \f(（n－1）（n－2）,2)>1000，当n＝6时，210>1000，当n＝5时，26<1000，且eq \f(（n－1）（n－2）,2)在n≥5时，随着正整数n的增大而增大，故n的最小值为6.故选B. 8．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦—曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2024行的黑心圈的个数是(　　) A．eq \f(32023－1,2) B．eq \f(32024－3,2) C．32023－1 D．32024－3 解析：设题图②中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为bn，依题意可得an＋bn＝3n－1，an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝2bn＋an，且有a1＝1，b1＝0，故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1＋bn＋1＝3（an＋bn），,an＋1－bn＋1＝an－bn，))所以{an＋bn}是以a1＋b1＝1为首项，3为公比的等比数列，{an－bn}为常数列，且a1－b1＝1，所以an－bn＝1，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋bn＝3n－1，,an－bn＝1，))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝\f(3n－1＋1,2)，,bn＝\f(3n－1－1,2)，))所以b2024＝eq \f(32023－1,2).故选A. 二、多选题 9．(2024·山东枣庄一模)将数列{an}中的所有项排成如下数阵： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 … 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，第1列数a1，a2，a5，…成等差数列．若a2＝2，a10＝8，则(　　) A．a1＝－1 B.eq \o(∑,\s\up14(9),\s\do15(i＝2))ai＝168 C．a2024位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次 10．设数列{an}的前n项和为Sn，且nSn＝(n＋1)·Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，若S1＝－50，则下列结论正确的是(　　) A．a5>0 B．当n＝4时，Sn取得最小值 C．当Sn>0时，n的最小值为7 D．当n＝5时，eq \f(Sn,an)取得最小值 解析：由nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，得eq \f(Sn,n＋1)－eq \f(Sn－1,n)＝n－1(n≥2，n∈N*)，∴eq \f(S2,3)－eq \f(S1,2)＝1，eq \f(S3,4)－eq \f(S2,3)＝2，…，累加得eq \f(Sn,n＋1)－eq \f(S1,2)＝eq \f(n（n－1）,2)，又S1＝－50，∴2Sn＝n3－51n－50(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，S1＝－50，满足上式，∴Sn＝eq \f(n3－51n－50,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(3n2－3n－50,2)，∴a5＝5>0，故A正确； 当n≥2时，an＝eq \f(3n2－3n－50,2)递增，又a1＝S1＝－50，a2＝eq \f(3×22－3×2－50,2)＝－22，∴{an}递增，且a1<a2<a3<a4<0<a5<a6<…，∴当n≤4时，{Sn}递减，当n≥5时，{Sn}递增，且S4<S5，∴当n＝4时，Sn取得最小值，故B正确；又S7＝eq \f(73－51×7－50,2)＝－32<0，S8＝eq \f(83－51×8－50,2)＝27>0，∴当Sn>0时，n的最小值为8，故C错误；当n＝1，2，3，4时，eq \f(Sn,an)>0；当n＝5，6，7时，eq \f(Sn,an)<0；当n≥8时，eq \f(Sn,an)>0，∴当n＝5，6，7时，考虑eq \f(Sn,an)的最小值，又当n＝5，6，7时，eq \f(1,an)恒为正且递减，Sn恒为负且递增，∴eq \f(Sn,an)递增，∴当n＝5时，eq \f(Sn,an)取得最小值，故D正确．故选ABD. 11．(2024·长郡中学、杭州二中、南京师大附中联考)已知an＝2n，bn＝3n－1，数列{an}和{bn}的公共项由小到大排列组成数列{cn}，则(　　) A．c4＝32 B．{cn}为等比数列 C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Sn∈[1，5) D．eq \r(b1)，eq \r(b2)，eq \r(b3)不是任一等差数列的三项 解析：设{an}的第n项与{bn}的第m项相等，即2n＝3m－1(m，n∈N*)，当n＝m＝1时，a1＝b1＝c1＝2，当n＝3，m＝3时，a3＝b3＝c2＝8，当n＝5，m＝11时，a5＝b11＝c3＝32，故A错误；令cn＝am＝bk，即cn＝2m＝3k－1，am＋1＝2×2m＝2(3k－1)＝3(2k－1)＋1，不是{bn}中的项，即不是{cn}中的项，am＋2＝4×2m＝4(3k－1)＝3(4k－1)－1，是{bn}中的项，即是{cn}中的项，所以eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(am＋2,am)＝4，则cn＝2×4n－1＝22n－1，即{cn}为等比数列，故B正确；由Sn＝2×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋(3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，得eq \f(1,2)Sn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋(3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，两式相减， 得eq \f(1,2)Sn＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－(3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝1＋3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))－(3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝1＋3×eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－(3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，所以Sn＝5－eq \f(3n＋5,2n)，且eq \f(bn,an)>0，所以Sn单调递增，所以Sn∈[1，5)，故C正确；设eq \r(2)，eq \r(5)，eq \r(8)是等差数列{dn}的第i，j，p项，{dn}的首项为d1，公差为d，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)＝d1＋（i－1）d，,\r(5)＝d1＋（j－1）d，,\r(8)＝d1＋（p－1）d))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(5)－\r(2)＝（j－i）d，,\r(2)＝（p－i）d))⇒eq \f(\r(5)－\r(2),\r(2))＝eq \f(j－i,p－i)＝eq \f(\r(10)－2,2)，因为eq \f(j－i,p－i)是有理数，eq \f(\r(10)－2,2)是无理数，所以原假设不成立，即eq \r(b1)，eq \r(b2)，eq \r(b3)不是任一等差数列的三项，故D正确．故选BCD. 三、填空题 12．(2024·河北衡水中学二模)已知等差数列{an}的前n项积为Tn，a1＋a9＝eq \f(4,3)，a1>0，a10>eq \f(29,21)，则当Tn取得最小值时，n＝________． 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a1＋a9＝2a5＝eq \f(4,3)，得a5＝eq \f(2,3)，则a1＝eq \f(2,3)－4d>0，a10＝eq \f(2,3)＋5d>eq \f(29,21)，得eq \f(1,7)<d<eq \f(1,6)，则{an}是递增数列，且a7＝eq \f(2,3)＋2d<1，a8＝eq \f(2,3)＋3d>eq \f(23,21)>1，因此当1≤n≤7时，0<an<1，当n≥8时，an>1，因此T7最小，故Tn取得最小值时，n＝7. 解析：由题意，an＝[n＋log2n]＝n＋[log2n]，当n＝1时，[log2n]＝0；当n＝2，3时，[log2n]＝1；当n＝4，5，6，7时，[log2n]＝2；当n＝8，9，10，…，15时，[log2n]＝3；当n＝16，17，18，…，31时，[log2n]＝4；当n＝32时，[log2n]＝5.故{an}的前32项和为S32＝1＋2＋…＋32＋1×0＋2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋5＝eq \f(（1＋32）×32,2)＋103＝528＋103＝631. 14．(2024·安徽江淮十校模拟)已知首项为eq \f(1,2)的正项数列{an}满足aeq \o\al(n＋1,n)＝aeq \o\al(n,n＋1)，若存在n∈N*，使得不等式[m－(－1)nan][m＋(－1)nan＋3]<0成立，则m的取值范围为_________． 解析：因为aeq \o\al(n＋1,n)＝aeq \o\al(n,n＋1)(an>0)，所以(n＋1)ln an＝nln an＋1⇒eq \f(ln an＋1,ln an)＝eq \f(n＋1,n)，当n≥2时，eq \f(ln an,ln an－1)·eq \f(ln an－1,ln an－2)·…·eq \f(ln a2,ln a1)＝eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(2,1)，所以eq \f(ln an,ln a1)＝n(n≥2)，又a1＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)(n≥2)，当n＝1时也成立，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n).因为[m－(－1)nan][m＋(－1)nan＋3]<0，当n为奇数时，上式变为(m＋an)(m－an＋3)<0，所以－an<m<an＋3，因为{an}为递减数列，所以－eq \f(1,2)<m<eq \f(1,16)；当n为偶数时，上式变为(m－an)(m＋an＋3)<0，所以－an＋3<m<an，解得－eq \f(1,32)<m<eq \f(1,4).综上，m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) $$