14 第一阶段 专题三 §1 等差数列、等比数列-（课件PPT+教案Word）【高考快车道】2025年高考数学大二轮专题复习高考总复习学案（基础版）

专题限时集训(七)　等差数列、等比数列 一、单项选择题 1．(2024·山东泰安模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且3a1＋9a2＝＝a1a5，则(　　) A．an＝ 　 B．an＝3n　 C．an＝ 　 D．an＝3n-1 2．(2024·广东深圳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝(　　) A．7 　 B．8 C．9 　 D．10 3．(2024·河南南阳三模)已知等比数列{an}的公比为q，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则q＝(　　) A． 　 B．－ C．3 　 D．－3 4．(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＝，则＝(　　) A． 　 B． C． 　 D． 5．已知两个等差数列2，6，10，…及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{an}，则数列{an}的各项之和为(　　) A．1 666 　 B．1 654 C．1 472　　 　 D．1 460 6．(2024·四川南充模拟)已知函数f (x)＝x2－bx＋c(b>0，c>0)的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，－1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则b＋c＝(　　) A．1 　 B． C． 　 D． 二、多项选择题 7．(2024·山东泰安二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是(　　) A．a5＝4 B．Sn＝n2＋n C．为递减数列 D．的前5项和为 8．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，则(　　) A．a＋c＝0 B．b是数列{an}的公比 C．ac<0 D．{an}可能为常数列 三、填空题 9．甲、乙两个机器人分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m．若甲、乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过________分钟． 10．(2024·山西太原模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，且a2＋a4＝30，a3＝9，则＝________，数列{lg an}的公差为________． 四、解答题 11．(2024·辽宁本溪模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝2n2－17n． (1)求{an}的通项公式，并求Sn的最小值； (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn． 12．(2024·江西上饶模拟)数列{an}满足a1＝，an∈，tan an＋1＝，n∈N*． (1)证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式； (2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一阶段　突破核心　升华思维 专题三　数列 专题三　数列 专题三　数列 解答数列问题 阅卷案例 四字解题 (2023·新高考Ⅰ卷，T20，12分)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.等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21,{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 读 等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21 {bn}为等差数列，且S99－T99＝99 想 基本量的运算 等差数列的性质 算 求首项、公差 求公差 思 函数与方程 转化与化归、等价转化 专题三　数列 规范解答 满分心得 [解]　(1)∵数列{an}是公差为d(d＞1)的等差数列，且3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ···1分 ∴an＝nd，S3＝3a2＝6d. ································2分 又bn＝，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， ······················3分 ∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0， ························4分 解得d＝3或d＝(舍去)， ································5分 ∴an＝3n. ······································6分 (2)⇐ 即＝＋， ····································7分 ∴6＝＝，即－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d. ·············8分 ⇐ 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，⇐ ····9分 ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去). ··········10分 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1(舍去)； ·················11分 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝． 综上，d＝． ···································12分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问只要用d正确表示出S3，T3，便各得1分，又如第(2)问只要正确求出a1＝d或a1＝2d，即得2分． 得关键分：如第(2)问中由2b2＝b1＋b3建立＝＋，得出－3a1d＋2d2＝0是解答问题的切入点，利用S99－T99＝99及等差数列的性质得出99a50－99b50＝99是简化运算的关键所在． 得计算分：准确求解d的值是得满分的保证．   本题(1)(2)问无直接联系，即便第(1)问没有解出也不影响第(2)问的求解，故可采用“跨步解答”求解． 专题三　数列 §1　等差数列、等比数列 【备考指南】　主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用． 6 　基础考点1　等差(比)数列的基本运算 （一） 　基础考点2　等差(比)数列的性质 （二） 　基础考点3　等差(比)数列的判定与证明 （三） 　专题限时集训(七)　等差数列、等比数列 （四） §1　等差数列、等比数列 √ 基础考点1　等差(比)数列的基本运算 【典例1】　(1)(2024·河南郑州三模)已知等比数列{an}的前3项和为56，a2－a5＝14，则a8＝(　　) A．4 　B．2 　C． 　D． (2)(2024·新高考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 (3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为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． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (1)D　(2)95　[(1)设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得，S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56①， a2－a5＝a1q－a1q4＝14②， 得＝＝q(1－q)＝＝， 化简得4q2－4q＋1＝0，解得q＝． 代入S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56，解得a1＝32． 所以a8＝a1q7＝32×＝．故选D． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)设等差数列{an}的公差为d，由题意得 解得 则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．] (3)[解]　①证明：设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1． 由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 ②由①知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知b1·2k-1＝a1＋(m－1)·d＋a1， 即b1·2k-1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k-1＝2m， 因为1≤m≤500，故2≤2k-1≤1 000，解得2≤k≤10， 故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 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． 提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1和q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 1．(2024·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为(　　) A．12里 　B．24里 C．48里 　D．96里 √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 C　[由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列． 设这个数列为{an}，前n项和为Sn， 则S6＝＝a1＝378，解得a1＝192， 所以a3＝192×＝48， 即该人第三天走的路程为48里．故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．(2024·重庆模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4＝20，S6＝12S2，则S8＝(　　) A．40 　B．60 　C．76 　D．88 D　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4＝20，S6＝12S2， 得解得所以S8＝8a1＋d＝8×＋×3＝88.故选D．] √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 3．(2024·陕西西安模拟)已知数列}是公比为的等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，则＝(　　) A．1 　B． C． 　D．3 √ D　[根据题意＝＝(n≥2)，可得an－an－1＝a1(n≥2)，则数列{an}为公差为a1的等差数列，所以＝＝3． 故选D．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 【教师备选资源】 1．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman．若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2　　B．3　　C．4　　D．5 √ C　[∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n-1＝2n． 又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴＝215－25，即2k+1(210－1)＝25(210－1)，∴2k+1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4． 故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．将数列{an}中的所有项从第二行起按每一行比上一行多两项的规则排成数表，已知表中的第一列a1，a2，a5，…构成一个公差为3的等差数列，从第2行起，每一行都是公比为q(q>0)的等比数列，若a3＝－8，a84＝80，则q＝(　　) 第1行　a1 第2行　a2　　a3　　a4 第3行　a5　　a6　　a7　　a8　　a9 … A．2　　B．　　C．　　D． √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 A　[由题意知a3＝a2q＝－8，所以a2＝－， 第n行的项的个数为2n－1， 所以从第1行到第n行的所有项的个数之和为＝n2，因为84＝92＋3， 所以a84是第10行第3个数， 所以a84＝a82q2＝(a2＋8×3)·q2＝q2＝－8q＋24q2＝80， 解得q＝2或q＝－(舍去)．故选A．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 基础考点2　等差(比)数列的性质 【典例2】　(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． √ (2)(2020·全国Ⅱ卷)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)(　　) A．3 699块 　 B．3 474块 C．3 402块 　 D．3 339块 (3)(2024·江苏南通模拟)已知数列{an}是等比数列，且＝4.设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S7＝______． √ 　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (1)D　(2)C　(3)　[(1)法一：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝1，得9a1＋36d＝1，所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．故选D． 法二：因为S9＝＝＝1，故a3＋a7＝． 故选D． 法三：特殊值法 不妨取等差数列的公差d＝0，则S9＝1＝9a1⇒a1＝，则a3＋a7＝2a1＝．故选D． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (3)设等比数列{an}的公比为q，因为＝a2a5a5＝a3a4a5＝＝4，所以a4＝＝．又因为bn＝log2an，所以bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2＝log2q(为常数)，所以数列{bn}为等差数列，所以S7＝×7＝7b4＝7log2a4＝7×＝．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 等差、等比数列的性质问题的求解策略 (1)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． (2)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． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2 4 3 题号 1 √ 1．(2024·山东济南一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝7，a10＝2，则S14＝(　　) A．49 　 B．63 C．70 　 D．126 B　[因为{an}是等差数列，所以a1＋a14＝a5＋a10＝9，所以S14＝＝63． 故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．(2024·广东江门一模)已知{an}是等比数列，a3a5＝8a4，且a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两根，则实数m＝(　　) A．8 　 B．－8 C．64 　 D．－64 2 4 3 题号 1 √ C　[因为{an}是等比数列，所以a3a5＝，a2a6＝，又a3a5＝8a4，所以a4＝8，又a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两根，所以m＝a2a6＝＝64.故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 3．(多选)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，则下列说法正确的是(　　) A．a1＋a12＝a8＋a5 B．a5a6<a1a10 C．若数列{an}的前三项依次为x，1－x，3x，则a10＝ D．数列为递减的等差数列 2 4 3 题号 1 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 AC　[令m＝1，则an＋1－an＝a1.因为a1>0，所以数列{an}为等差数列且公差d>0，故A正确； 由a5a6－a1a10＝(a1＋4d)(a1＋5d)－a1(a1＋9d)＝＋9a1d)＝20d2>0，所以a5a6>a1a10，故B错误； 根据等差数列的性质，可得2(1－x)＝x＋3x，所以x＝，1－x＝，故a10＝＋9×＝，故C正确； 由＝＝n＋，因为>0，所以数列是递增的等差数列，故D错误． 故选AC．] 2 4 3 题号 1 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 4．(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________． 2 4 3 题号 1 　[因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，故可设Sn＝kn(n＋3)，Tn＝kn(n－1)，k≠0，所以＝＝＝＝．] 　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 【教师备选资源】 1．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a6＋a5a11＝16，则a4a8的最大值是(　　) A．4　　B．8　　C．16　　D．32 √ B　[在各项均为正数的等比数列{an}中，由a2a6＋a5a11＝16，可得＝16，所以a4a8≤＝8，当且仅当a4＝a8＝2时等号成立，故a4a8的最大值为8.故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．(2024·浙江金华模拟)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 ＝_______． 　[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 ＝．] 　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 3．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________． 5　[设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d． 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5．] 5　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 【典例3】　(2022·全国甲卷)记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． 基础考点3　等差(比)数列的判定与证明 [解]　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n，① 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，② ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)法一：二次函数的性质 由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以 ＝ a4 ·a9 ， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－，所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 法二：(最优解)邻项变号法 由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，则有a1＜a2＜…＜a12＜0，a13＝0． 则当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 判定等差(比)数列的主要方法 (1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一个常数； (2)中项公式法． 提醒：＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定一个数列是等比数列时，要注意各项不为0． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝． (1)令bn＝3n-1an－，证明：数列{bn}是等比数列； (2)设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，证明：数列{4Sn－3nan}是等差数列． [证明]　(1)易知＝＝＝＝－3，又b1＝a1－＝≠0，所以数列{bn}是以为首项，－3为公比的等比数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)法一：由(1)知bn＝3n-1an－＝×(－3)n-1，所以3n-1an＝×(－3)n-1＋，所以Sn＝＋＝＋[1－(－3)n]，即4Sn＝n＋－×(－3)n，又3nan＝－×(－3)n＋，所以4Sn－3nan＝n， 所以n≥2时，4Sn－3nan－＝1， 又4S1－31a1＝1， 所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 法二：由Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an， Sn－1＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1，n≥2， 以上两式相减得Sn－Sn－1＝3n-1an， 所以4Sn－3nan－ ＝4(Sn－Sn－1)－3nan＋3n-1an－1＝4·3n-1an－3nan＋3n-1an－1＝3n-1＝3n-1·＝1， 又4S1－31a1＝1， 所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 【教师备选资源】 1．(2021·全国甲卷)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． [证明]　选①③⇒②． 已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1． 设等差数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n， 所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列． 选①②⇒③． 已知数列{an}是等差数列，{}是等差数列． 设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d＝n2d＋n． 因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 选②③⇒①． 已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1． 设数列{}的公差为d，d>0，则－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a1＝d2也满足上式，所以数列{an}是等差数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足2Sn＝an＋(n∈N*)． (1)求证：数列}是等差数列，并求出an的表达式； (2)数列{an}中是否存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，(k∈N*)构成等差数列？请说明理由． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 [解]　(1)证明：因为2Sn＝an＋，令n＝1，得2a1＝a1＋， 故正项数列{an}中＝1，即a1＝1． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即2Sn＝Sn－Sn－1＋， 整理得＝1，又＝＝1， 因此，数列}是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝n． 因为{an}是正项数列，即Sn>0，所以Sn＝． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－， 又a1＝1满足此式，所以an＝－． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)不存在，理由如下： 由(1)中an＝－，可得＝＝＋，假设存在满足要求的连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列，则2(＋)＝(＋)＋(＋)，即＋＝＋，两边平方，得k＋1＋k＋2＝k－1＋k＋2＋2，即(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，整理得k2＋k＝k2＋k－2，即0＝－2，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列{an}中不存在使，，(k∈N*)构成等差数列的连续三项． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 一、单项选择题 1．(2024·山东泰安模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且3a1＋9a2＝＝a1a5，则(　　) A．an＝ 　 B．an＝3n　 C．an＝ 　 D．an＝3n-1 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 专题限时集训(七)　等差数列、等比数列 A　[设数列{an}的公比为q，由＝a1a5，得＝，所以q2＝， 又因为各项均为正数，所以q＝，由3a1＋9a2＝2，得3a1＋9a1q＝2，所以a1＝，故an＝．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．(2024·广东深圳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝(　　) A．7 　 B．8 C．9 　 D．10 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 C　[在等差数列{an}中，S4＝1，S8＝4，所以S4＝1，S8－S4＝3，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16构成公差为2的等差数列，所以S20－S16＝1＋(5－1)×2＝9，即a17＋a18＋a19＋a20＝9.故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 3．(2024·河南南阳三模)已知等比数列{an}的公比为q，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则q＝(　　) A． 　B．－ 　C．3 　D．－3 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 C　[∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2(a2＋6)＝a1＋a3，又a1＋a2＝12，∴2(12－a1＋6)＝a1＋a3，整理可得3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36，∴＝＝＝，解得q＝0(舍去)或q＝3． 故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 4．(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＝，则＝(　　) A． 　B． 　C． 　D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 C　[因为Sn，Tn分别是等差数列{an}和{bn}的前n项和， S12＝，T12＝，又＝， 所以＝＝＝＝．故选C．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 5．已知两个等差数列2，6，10，…及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{an}，则数列{an}的各项之和为(　　) A．1 666 　 B．1 654 C．1 472　　 　 D．1 460 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 A　[由两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：2，14，26，38，50，…，182，194，共有＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列的前17项的和为×17＝1 666，即数列{an}的各项之和为1 666.故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 6．(2024·四川南充模拟)已知函数f (x)＝x2－bx＋c(b>0，c>0)的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，－1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则b＋c＝(　　) A．1 　B． 　C． 　D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 D　[不妨设x1<x2，由根与系数的关系可知，x1＋x2＝b>0，x1·x2＝c>0，故x1>0，x2>0，所以调整顺序后－1，x1，x2或x2，x1，－1成等差数列，x1，－1，x2或x2，－1，x1成等比数列，所以2x1＝x2－1且x2·x1＝1，所以x1＝，x2＝2，所以b＝x1＋x2＝，c＝x1x2＝1，故b＋c＝．故选D．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 二、多项选择题 7．(2024·山东泰安二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是(　　) A．a5＝4 B．Sn＝n2＋n C．为递减数列 D．的前5项和为 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 BC　[等差数列{an}中，S7＝＝7a4＝42，解得a4＝6，而a2＝4，因此公差d＝＝1，an＝a2＋(n－2)d＝n＋2． 对于A项，a5＝7，A错误； 对于B项，Sn＝＝n2＋n，B正确； 对于C项，＝1＋，为递减数列，C正确； 对于D项，＝＝－，所以的前5项和为－＋－＋…＋－＝－＝，D错误．故选BC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 8．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，则(　　) A．a＋c＝0 B．b是数列{an}的公比 C．ac<0 D．{an}可能为常数列 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 ABC　[设等比数列{an}的公比为q． 当q＝1时，Sn＝na1，显然不是Sn＝a·bn＋c的形式，所以D错误；当q≠1时，Sn＝＝－·qn，所以c＝，a＝－，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－<0，所以ABC正确．故选ABC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 三、填空题 9．甲、乙两个机器人分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m．若甲、乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过________分钟． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 15 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 15　[由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为{an}，则an＝2＋(n－1)×1＝n＋1． 乙每分钟走的路程为5 m，因为第1次相遇甲、乙共走70 m，第2次相遇甲、乙共走了210 m，时间设为t分钟，则＋5t＝210，所以t＝15(负值舍去)．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 10．(2024·山西太原模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，且a2＋a4＝30，a3＝9，则＝_______，数列{lg an}的公差为_______． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 81　lg 3　[设等比数列{an}的公比为q.因为数列{an}是递增的等比数列，即q＞0，an＜an＋1， 由解得或(舍去)， 则解得或(舍去)， 所以＝＝81，lg an＋1－lg an＝lg ＝lg q＝lg 3．] 81　 lg 3　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 四、解答题 11．(2024·辽宁本溪模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝2n2－17n． (1)求{an}的通项公式，并求Sn的最小值； (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 [解]　(1)由数列{an}的前n项和Sn＝2n2－17n， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－17n)－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19． 当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*． 由an＝4n－19≥0，得n≥， 所以n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0， 所以Sn的最小值为S4＝＝－36． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 (2)由(1)知，当n≤4时，bn＝|an|＝－an； 当n≥5时，bn＝|an|＝an，Sn＝2n2－17n， 当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2.　 当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72， 所以Tn＝ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 12．(2024·江西上饶模拟)数列{an}满足a1＝，an∈，tan an＋1 ＝，n∈N*． (1)证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式； (2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 [解]　(1)证明：由已知条件可知，cos an>0，故an＋1∈，tan2an＋1＝＝＝1＋tan2an，则tan2an＋1－tan2an＝1，故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝，故tan2an＝＋n－1＝，即tan an＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 (2)sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan am cos am＝·…·＝＝，由＝，得m＝3 333． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 THANK YOU 专题三　数列 $$ 专题限时集训(七) 1．A　[设数列{an}的公比为q，由＝a1a5，得＝，所以q2＝， 又因为各项均为正数，所以q＝， 由3a1＋9a2＝2，得3a1＋9a1q＝2，所以a1＝，故an＝．故选A．] 2．C　[在等差数列{an}中，S4＝1，S8＝4，所以S4＝1，S8－S4＝3，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16构成公差为2的等差数列，所以S20－S16＝1＋(5－1)×2＝9， 即a17＋a18＋a19＋a20＝9.故选C．] 3．C　[∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2(a2＋6)＝a1＋a3，又a1＋a2＝12，∴2(12－a1＋6)＝a1＋a3，整理可得3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36，∴＝＝＝，解得q＝0(舍去)或q＝3． 故选C．] 4．C　[因为Sn，Tn分别是等差数列{an}和{bn}的前n项和， S12＝，T12＝， 又＝， 所以＝＝＝＝．故选C．] 5．A　[由两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：2，14，26，38，50，…，182，194，共有＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列的前17项的和为×17＝1 666，即数列{an}的各项之和为1 666.故选A．] 6．D　[不妨设x1<x2，由根与系数的关系可知，x1＋x2＝b>0，x1·x2＝c>0，故x1>0，x2>0，所以调整顺序后－1，x1，x2或x2，x1，－1成等差数列，x1，－1，x2或x2，－1，x1成等比数列，所以2x1＝x2－1且x2·x1＝1，所以x1＝，x2＝2，所以b＝x1＋x2＝，c＝x1x2＝1，故b＋c＝．故选D．] 7．BC　[等差数列{an}中，S7＝＝7a4＝42，解得a4＝6，而a2＝4， 因此公差d＝＝1，an＝a2＋(n－2)d＝n＋2． 对于A项，a5＝7，A错误； 对于B项，Sn＝＝n2＋n，B正确； 对于C项，＝1＋，为递减数列，C正确； 对于D项，＝＝－，所以的前5项和为－＋－＋…＋－＝－＝，D错误． 故选BC．] 8．ABC　[设等比数列{an}的公比为q． 当q＝1时，Sn＝na1，显然不是Sn＝a·bn＋c的形式，所以D错误；当q≠1时，Sn＝＝－·qn，所以c＝，a＝－，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－<0，所以ABC正确．故选ABC．] 9．15　[由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为{an}，则an＝2＋(n－1)×1＝n＋1． 乙每分钟走的路程为5 m，因为第1次相遇甲、乙共走70 m，第2次相遇甲、乙共走了210 m，时间设为t分钟，则＋5t＝210，所以t＝15(负值舍去)．] 10．81　lg 3　[设等比数列{an}的公比为q.因为数列{an}是递增的等比数列，即q＞0，an＜an＋1， 由解得或(舍去)， 则解得或(舍去)， 所以＝＝81，lg an＋1－lg an＝lg ＝lg q＝lg 3．] 11．解：(1)由数列{an}的前n项和Sn＝2n2－17n， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－17n)－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19． 当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*． 由an＝4n－19≥0，得n≥， 所以n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0， 所以Sn的最小值为S4＝＝－36． (2)由(1)知，当n≤4时，bn＝|an|＝－an； 当n≥5时，bn＝|an|＝an，Sn＝2n2－17n， 当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2.　 当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72， 所以Tn＝ 12．解：(1)证明：由已知条件可知，cos an>0， 故an＋1∈，tan2an＋1＝ ＝＝1＋tan2an， 则tan2an＋1－tan2an＝1， 故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝， 故tan2an＝＋n－1＝，即tan an＝． (2)sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan am cos am ＝··…·＝＝， 由＝，得m＝3 333． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解答数列问题0 (对应学生用书第24页) 阅卷案例 四字解题 (2023·新高考Ⅰ卷，T20，12分)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.等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21,{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 读 等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21 {bn}为等差数列，且S99－T99＝99 想 基本量的运算 等差数列的性质 算 求首项、公差 求公差 思 函数与方程 转化与化归、等价转化 规范解答 满分心得 [解]　(1)∵数列{an}是公差为d(d＞1)的等差数列，且3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，·····1分 ∴an＝nd，S3＝3a2＝6d. ············2分 又bn＝，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，···3分 ∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，····4分 解得d＝3或d＝(舍去)，············5分 ∴an＝3n. ··················6分 (2)⇐ 即＝＋，················7分 ∴6＝＝，即－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d. ·············8分 ⇐ 又S99－T99＝99，由等差数列性质知， ⇐·9分 ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去). ········10分 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1(舍去)； ··············11分 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝． 综上，d＝．················12分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问只要用d正确表示出S3，T3，便各得1分，又如第(2)问只要正确求出a1＝d或a1＝2d，即得2分． 得关键分：如第(2)问中由2b2＝b1＋b3建立＝＋，得出－3a1d＋2d2＝0是解答问题的切入点，利用S99－T99＝99及等差数列的性质得出99a50－99b50＝99是简化运算的关键所在． 得计算分：准确求解d的值是得满分的保证． 本题(1)(2)问无直接联系，即便第(1)问没有解出也不影响第(2)问的求解，故可采用“跨步解答”求解． §1　等差数列、等比数列 【备考指南】　主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用． 基础考点1　等差(比)数列的基本运算 【典例1】　(1)(2024·河南郑州三模)已知等比数列{an}的前3项和为56，a2－a5＝14，则a8＝(　　) A．4 　 B．2 C． 　 D． (2)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． (3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为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． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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． 1．(2024·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为(　　) A．12里 　 B．24里 C．48里 　 D．96里 2．(2024·重庆模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4＝20，S6＝12S2，则S8＝(　　) A．40 　 B．60 C．76 　 D．88 3．(2024·陕西西安模拟)已知数列}是公比为的等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，则＝(　　) A．1 　 B． C． 　 D．3 基础考点2　等差(比)数列的性质 【典例2】　(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． (2)(2020·全国Ⅱ卷)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)(　　) A．3 699块 　 B．3 474块 C．3 402块 　 D．3 339块 (3)(2024·江苏南通模拟)已知数列{an}是等比数列，且＝4.设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S7＝________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 等差、等比数列的性质问题的求解策略 (1)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． (2)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． 1．(2024·山东济南一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝7，a10＝2，则S14＝(　　) A．49 　 B．63 C．70 　 D．126 2．(2024·广东江门一模)已知{an}是等比数列，a3a5＝8a4，且a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两根，则实数m＝(　　) A．8 　 B．－8 C．64 　 D．－64 3．(多选)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，则下列说法正确的是(　　) A．a1＋a12＝a8＋a5 B．a5a6<a1a10 C．若数列{an}的前三项依次为x，1－x，3x，则a10＝ D．数列为递减的等差数列 4．(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点3　等差(比)数列的判定与证明 【典例3】　(2022·全国甲卷)记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． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 判定等差(比)数列的主要方法 (1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一个常数； (2)中项公式法． (2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝． (1)令bn＝3n-1an－，证明：数列{bn}是等比数列； (2)设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，证明：数列{4Sn－3nan}是等差数列． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解答数列问题0 阅卷案例 四字解题 (2023·新高考Ⅰ卷，T20，12分)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.等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21,{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 读 等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21 {bn}为等差数列，且S99－T99＝99 想 基本量的运算 等差数列的性质 算 求首项、公差 求公差 思 函数与方程 转化与化归、等价转化 规范解答 满分心得 [解]　(1)∵数列{an}是公差为d(d＞1)的等差数列，且3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，·····1分 ∴an＝nd，S3＝3a2＝6d. ············2分 又bn＝，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，···3分 ∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，····4分 解得d＝3或d＝(舍去)，············5分 ∴an＝3n. ··················6分 (2)⇐ 即＝＋，················7分 ∴6＝＝，即－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d. ·············8分 ⇐ 又S99－T99＝99，由等差数列性质知， ⇐·9分 ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去). ········10分 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1(舍去)； ··············11分 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝． 综上，d＝．················12分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问只要用d正确表示出S3，T3，便各得1分，又如第(2)问只要正确求出a1＝d或a1＝2d，即得2分． 得关键分：如第(2)问中由2b2＝b1＋b3建立＝＋，得出－3a1d＋2d2＝0是解答问题的切入点，利用S99－T99＝99及等差数列的性质得出99a50－99b50＝99是简化运算的关键所在． 得计算分：准确求解d的值是得满分的保证． 本题(1)(2)问无直接联系，即便第(1)问没有解出也不影响第(2)问的求解，故可采用“跨步解答”求解． §1　等差数列、等比数列 【备考指南】　主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用． 基础考点1　等差(比)数列的基本运算 【典例1】　(1)(2024·河南郑州三模)已知等比数列{an}的前3项和为56，a2－a5＝14，则a8＝(　　) A．4 　 B．2 C． 　 D． (2)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． (3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为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)D　(2)95　[(1)设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得，S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56①， a2－a5＝a1q－a1q4＝14②， 得＝＝q(1－q)＝＝， 化简得4q2－4q＋1＝0，解得q＝． 代入S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56，解得a1＝32． 所以a8＝a1q7＝32×＝．故选D． (2)设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得 则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．] (3)[解]　①证明：设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1． 由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)， 故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证． ②由①知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知b1·2k-1＝a1＋(m－1)·d＋a1， 即b1·2k-1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k-1＝2m， 因为1≤m≤500，故2≤2k-1≤1 000，解得2≤k≤10， 故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9． 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． 提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1和q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况． 1．(2024·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为(　　) A．12里 　 B．24里 C．48里 　 D．96里 C　[由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列． 设这个数列为{an}，前n项和为Sn， 则S6＝＝a1＝378，解得a1＝192， 所以a3＝192×＝48， 即该人第三天走的路程为48里．故选C．] 2．(2024·重庆模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4＝20，S6＝12S2，则S8＝(　　) A．40 　 B．60 C．76 　 D．88 D　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4＝20，S6＝12S2， 得 解得所以S8＝8a1＋d＝8×＋×3＝88.故选D．] 3．(2024·陕西西安模拟)已知数列}是公比为的等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，则＝(　　) A．1 　 B． C． 　 D．3 D　[根据题意＝＝(n≥2)，可得an－an－1＝a1(n≥2)， 则数列{an}为公差为a1的等差数列， 所以＝＝3． 故选D．] 【教师备选资源】 1．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2　　 B．3　　 C．4　　 D．5 C　[∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n-1＝2n． 又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴＝215－25，即2k+1(210－1)＝25(210－1)，∴2k+1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4． 故选C．] 2．将数列{an}中的所有项从第二行起按每一行比上一行多两项的规则排成数表，已知表中的第一列a1，a2，a5，…构成一个公差为3的等差数列，从第2行起，每一行都是公比为q(q>0)的等比数列，若a3＝－8，a84＝80，则q＝(　　) 第1行　a1 第2行　a2　　a3　　a4 第3行　a5　　a6　　a7　　a8　　a9 … A．2　　 B．　　 C．　　 D． A　[由题意知a3＝a2q＝－8，所以a2＝－， 第n行的项的个数为2n－1， 所以从第1行到第n行的所有项的个数之和为＝n2，因为84＝92＋3， 所以a84是第10行第3个数， 所以a84＝a82q2＝(a2＋8×3)·q2＝q2＝－8q＋24q2＝80， 解得q＝2或q＝－(舍去)．故选A．] 基础考点2　等差(比)数列的性质 【典例2】　(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． (2)(2020·全国Ⅱ卷)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)(　　) A．3 699块 　 B．3 474块 C．3 402块 　 D．3 339块 (3)(2024·江苏南通模拟)已知数列{an}是等比数列，且＝4.设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S7＝________． (1)D　(2)C　(3)　[(1)法一：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝1，得9a1＋36d＝1，所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝． 故选D． 法二：因为S9＝＝＝1，故a3＋a7＝． 故选D． 法三：特殊值法 不妨取等差数列的公差d＝0，则S9＝1＝9a1⇒a1＝，则a3＋a7＝2a1＝． 故选D． (2)由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C． (3)设等比数列{an}的公比为q，因为＝a2a5a5＝a3a4a5＝＝4，所以a4＝＝又因为bn＝log2an，所以bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2＝log2q(为常数)，所以数列{bn}为等差数列，所以S7＝×7＝7b4＝7log2a4＝7×＝．] 等差、等比数列的性质问题的求解策略 (1)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． (2)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． 1．(2024·山东济南一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝7，a10＝2，则S14＝(　　) A．49 　 B．63 C．70 　 D．126 B　[因为{an}是等差数列，所以a1＋a14＝a5＋a10＝9，所以S14＝＝63． 故选B．] 2．(2024·广东江门一模)已知{an}是等比数列，a3a5＝8a4，且a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两根，则实数m＝(　　) A．8 　 B．－8 C．64 　 D．－64 C　[因为{an}是等比数列，所以a3a5＝，a2a6＝，又a3a5＝8a4，所以a4＝8， 又a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两根，所以m＝a2a6＝＝64.故选C．] 3．(多选)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，则下列说法正确的是(　　) A．a1＋a12＝a8＋a5 B．a5a6<a1a10 C．若数列{an}的前三项依次为x，1－x，3x，则a10＝ D．数列为递减的等差数列 AC　[令m＝1，则an＋1－an＝a1.因为a1>0，所以数列{an}为等差数列且公差d>0，故A正确； 由a5a6－a1a10＝(a1＋4d)(a1＋5d)－a1(a1＋9d)＝＋9a1d)＝20d2>0，所以a5a6>a1a10，故B错误； 根据等差数列的性质，可得2(1－x)＝x＋3x，所以x＝，1－x＝， 故a10＝＋9×＝，故C正确； 由＝＝n＋，因为>0，所以数列是递增的等差数列，故D错误． 故选AC．] 4．(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________． 　[因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，故可设Sn＝kn(n＋3)，Tn＝kn(n－1)，k≠0，所以＝＝＝＝．] 【教师备选资源】 1．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a6＋a5a11＝16，则a4a8的最大值是(　　) A．4　　 B．8　　 C．16　　 D．32 B　[在各项均为正数的等比数列{an}中， 由a2a6＋a5a11＝16，可得＝16，所以a4a8≤＝8，当且仅当a4＝a8＝2时等号成立，故a4a8的最大值为8.故选B．] 2．(2024·浙江金华模拟)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 ＝________． 　[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 ＝．] 3．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________． 5　[设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d． 由已知条件，得 解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5．] 基础考点3　等差(比)数列的判定与证明 【典例3】　(2022·全国甲卷)记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． [解]　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n，① 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，② ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)法一：二次函数的性质 由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以 ＝ a4 ·a9 ， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－， 所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78． 法二：(最优解)邻项变号法 由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，则有a1＜a2＜…＜a12＜0，a13＝0． 则当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78． 判定等差(比)数列的主要方法 (1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一个常数； (2)中项公式法． 提醒：＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定一个数列是等比数列时，要注意各项不为0． (2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝． (1)令bn＝3n-1an－，证明：数列{bn}是等比数列； (2)设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，证明：数列{4Sn－3nan}是等差数列． [证明]　(1)易知＝＝＝＝－3， 又b1＝a1－＝≠0， 所以数列{bn}是以为首项，－3为公比的等比数列． (2)法一：由(1)知bn＝3n-1an－＝×(－3)n-1，所以3n-1an＝×(－3)n-1＋， 所以Sn＝＋＝＋[1－(－3)n]，即4Sn＝n＋－×(－3)n， 又3nan＝－×(－3)n＋，所以4Sn－3nan＝n， 所以n≥2时，4Sn－3nan－＝1， 又4S1－31a1＝1， 所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列． 法二：由Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an， Sn－1＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1，n≥2， 以上两式相减得Sn－Sn－1＝3n-1an， 所以4Sn－3nan－ ＝4(Sn－Sn－1)－3nan＋3n-1an－1＝4·3n-1an－3nan＋3n-1an－1＝3n-1＝3n-1·＝1， 又4S1－31a1＝1， 所以数列{4Sn－3nan}是首项为1，公差为1的等差数列． 【教师备选资源】 1．(2021·全国甲卷)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． [证明]　选①③⇒②． 已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1． 设等差数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1． 因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n， 所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列． 选①②⇒③． 已知数列{an}是等差数列，{}是等差数列． 设数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋d＝n2d＋n． 因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1． 选②③⇒①． 已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1． 设数列{}的公差为d，d>0，则－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a1＝d2也满足上式，所以数列{an}是等差数列． 2．已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足2Sn＝an＋(n∈N*)． (1)求证：数列}是等差数列，并求出an的表达式； (2)数列{an}中是否存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，(k∈N*)构成等差数列？请说明理由． [解]　(1)证明：因为2Sn＝an＋，令n＝1，得2a1＝a1＋， 故正项数列{an}中＝1，即a1＝1． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即2Sn＝Sn－Sn－1＋， 整理得＝1，又＝＝1， 因此，数列}是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝n． 因为{an}是正项数列，即Sn>0，所以Sn＝． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－， 又a1＝1满足此式， 所以an＝－． (2)不存在，理由如下： 由(1)中an＝－， 可得＝＝＋，假设存在满足要求的连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列，则2(＋)＝(＋)＋(＋)，即＋＝＋，两边平方，得k＋1＋k＋2·＝k－1＋k＋2＋2·，即(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，整理得k2＋k＝k2＋k－2，即0＝－2，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列{an}中不存在使，，(k∈N*)构成等差数列的连续三项． 专题限时集训(七)　等差数列、等比数列 一、单项选择题 1．(2024·山东泰安模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且3a1＋9a2＝＝a1a5，则(　　) A．an＝ 　 B．an＝3n　 C．an＝ 　 D．an＝3n-1 A　[设数列{an}的公比为q，由＝a1a5，得＝，所以q2＝， 又因为各项均为正数，所以q＝， 由3a1＋9a2＝2，得3a1＋9a1q＝2，所以a1＝，故an＝．故选A．] 2．(2024·广东深圳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝(　　) A．7 　 B．8 C．9 　 D．10 C　[在等差数列{an}中，S4＝1，S8＝4，所以S4＝1，S8－S4＝3，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16构成公差为2的等差数列，所以S20－S16＝1＋(5－1)×2＝9， 即a17＋a18＋a19＋a20＝9.故选C．] 3．(2024·河南南阳三模)已知等比数列{an}的公比为q，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则q＝(　　) A． 　 B．－ C．3 　 D．－3 C　[∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2(a2＋6)＝a1＋a3，又a1＋a2＝12，∴2(12－a1＋6)＝a1＋a3，整理可得3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36，∴＝＝＝，解得q＝0(舍去)或q＝3． 故选C．] 4．(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＝，则＝(　　) A． 　 B． C． 　 D． C　[因为Sn，Tn分别是等差数列{an}和{bn}的前n项和， S12＝，T12＝， 又＝， 所以＝＝＝＝．故选C．] 5．已知两个等差数列2，6，10，…及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{an}，则数列{an}的各项之和为(　　) A．1 666 　 B．1 654 C．1 472　　 　 D．1 460 A　[由两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：2，14，26，38，50，…，182，194，共有＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列的前17项的和为×17＝1 666，即数列{an}的各项之和为1 666.故选A．] 6．(2024·四川南充模拟)已知函数f (x)＝x2－bx＋c(b>0，c>0)的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，－1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则b＋c＝(　　) A．1 　 B． C． 　 D． D　[不妨设x1<x2，由根与系数的关系可知，x1＋x2＝b>0，x1·x2＝c>0，故x1>0，x2>0， 所以调整顺序后－1，x1，x2或x2，x1，－1成等差数列，x1，－1，x2或x2，－1，x1成等比数列，所以2x1＝x2－1且x2·x1＝1，所以x1＝，x2＝2，所以b＝x1＋x2＝，c＝x1x2＝1，故b＋c＝．故选D．] 二、多项选择题 7．(2024·山东泰安二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是(　　) A．a5＝4 B．Sn＝n2＋n C．为递减数列 D．的前5项和为 BC　[等差数列{an}中，S7＝＝7a4＝42，解得a4＝6，而a2＝4， 因此公差d＝＝1，an＝a2＋(n－2)d＝n＋2． 对于A项，a5＝7，A错误； 对于B项，Sn＝＝n2＋n，B正确； 对于C项，＝1＋，为递减数列，C正确； 对于D项，＝＝－，所以的前5项和为－＋－＋…＋－＝－＝，D错误． 故选BC．] 8．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，则(　　) A．a＋c＝0 B．b是数列{an}的公比 C．ac<0 D．{an}可能为常数列 ABC　[设等比数列{an}的公比为q． 当q＝1时，Sn＝na1，显然不是Sn＝a·bn＋c的形式，所以D错误；当q≠1时，Sn＝＝－·qn，所以c＝，a＝－，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－<0，所以ABC正确．故选ABC．] 三、填空题 9．甲、乙两个机器人分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m．若甲、乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过________分钟． 15　[由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为{an}，则an＝2＋(n－1)×1＝n＋1． 乙每分钟走的路程为5 m，因为第1次相遇甲、乙共走70 m，第2次相遇甲、乙共走了210 m，时间设为t分钟，则＋5t＝210，所以t＝15(负值舍去)．] 10．(2024·山西太原模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，且a2＋a4＝30，a3＝9，则＝________，数列{lg an}的公差为________． 81　lg 3　[设等比数列{an}的公比为q.因为数列{an}是递增的等比数列，即q＞0，an＜an＋1， 由解得或(舍去)， 则解得或(舍去)， 所以＝＝81，lg an＋1－lg an＝lg ＝lg q＝lg 3．] 四、解答题 11．(2024·辽宁本溪模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝2n2－17n． (1)求{an}的通项公式，并求Sn的最小值； (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)由数列{an}的前n项和Sn＝2n2－17n， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－17n)－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19． 当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*． 由an＝4n－19≥0，得n≥， 所以n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0， 所以Sn的最小值为S4＝＝－36． (2)由(1)知，当n≤4时，bn＝|an|＝－an； 当n≥5时，bn＝|an|＝an，Sn＝2n2－17n， 当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2.　 当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72， 所以Tn＝ 12．(2024·江西上饶模拟)数列{an}满足a1＝，an∈，tan an＋1＝，n∈N*． (1)证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式； (2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝． [解]　(1)证明：由已知条件可知，cos an>0， 故an＋1∈，tan2an＋1＝ ＝＝1＋tan2an， 则tan2an＋1－tan2an＝1， 故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝， 故tan2an＝＋n－1＝，即tan an＝． (2)sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan am cos am ＝··…·＝＝， 由＝，得m＝3 333． 18 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $$