第3课时　等比数列-2026年高考数学一轮复习

Content Navigation 内容导航 课前自助餐 授人以渔 课外阅读 01 02 03 第1页 第3课时　等比数列 第‹#›页 [复习要求]　1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系． 第1页 √ 课前自助餐 01 PAST ONE 4 (1)定义：一般地，如果一个数列________________，每一项与它的前一项的比都等于_____________，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为 ______________________________． (2)等比中项：若a，A，b成等比数列，则A叫做a，b的________. 当a，b同号时，其等比中项为±. 回归教材 等比数列的有关概念 从第2项起 同一个常数 等比中项 第1页 (3)等比数列的通项公式及其变形 通项公式：_______________，其中a1是首项，q是公比． 通项公式的变形：_________________ (m，n∈N*)． (4)等比数列的前n项和公式：   an＝a1qn－1 an＝amqn－m 第1页 等比数列的性质 设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则有如下的性质： (1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq. (2)在等比数列中，序号成等差数列的项组成的新数列仍为等比数列． (3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{k·an}(k≠0)，{an2}，{an·an＋1}也是等比数列． (4)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…(其中各项均不为0)也成等比数列． 第1页 第1页 常用结论 (1)等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0. (2)等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0)． (3)若{an}为各项均为正数的等比数列，则{logaan}(a>0，a≠1)必为等差数列；若{an}为等差数列，则{aan}(a>0，a≠1)必为等比数列． 第1页 1．(2022·全国乙卷，理)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　) A．14　　　　　　　　　 B．12 C．6 D．3 夯实双基 √ 第1页 2．(2025·浙江温州期末)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝m·2n－1，则a4＝(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 √ 解析　由已知可得，a1＝S1＝2m－1，a2＝2m. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝m·2n－1－(m·2n－1－1)＝m·2n－1， 第1页 解得m＝1， 所以an＝1·2n－1＝2n－1，所以a4＝8.故选C. 第1页 3．(1)等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于________． 解析　(1)由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋6)，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24. －24 第1页 (2)若数列{an}为等差数列，则数列{2an}为________数列；若数列{an}为等比数列，且an>0，则数列{lg an}为________数列． 等比 等差 解析　(2)若数列{an}为等差数列，设其公差为d， 则 ＝2an＋1－an＝2d， ∴{2an}为等比数列； 若数列{an}为等比数列，且an＞0，设其公比为q，则q＞0， 则lg an＋1－lg an＝ ＝lg q， ∴{lg an}为等差数列． 第1页 4．(课本习题改编)在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝_________________． 3·2n－1或2·3n－1 解析　设数列{an}的公比为q， 故an＝3·2n－1或an＝2·3n－1. 第1页 5．若在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是_____________________________． 返 回 √ 授 人 以 渔 02 PAST TWO 17 题型一　 等比数列的基本量 已知{an}为等比数列，求下列各值． (1)已知a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，an＝ ，求n； 【答案】　(1)9　 第‹#›页 18 方法二：∵a4＋a7＝a1·q3(1＋q3)＝18且a3＋a6＝a1·q2·(1＋q3)＝36， 第1页 【答案】　(2)1　 第1页 (3)已知a4－a2＝6，a5－a1＝15，求a3. 【答案】　(3)±4 【解析】　(3)设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠0且q≠±1， 故a3＝4或a3＝－4. 第1页 状元笔记   　 等比数列基本量的求法 等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知道其中三个就能求另两个，体现了方程思想的应用． 第1页 思考题1　(1)已知数列{an}为等比数列，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝___________________． 【解析】　设数列{an}的公比为q，由题意知4a2＝3a1＋a3，即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3，当q＝1时，Sn＝3n；当q＝3时，Sn＝ 第1页 (2)在等比数列{an}中，已知a2·a8＝36，a3＋a7＝15，则公比q＝____________． 【解析】　∵a2·a8＝a3·a7＝36且a3＋a7＝15，∴a3＝3，a7＝12或 第1页 (3)(2023·全国甲卷，文)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． 【解析】　若q＝1，则由8S6＝7S3得8×6a1＝7×3a1，则a1＝0，不合题意．所以q≠1. 因为8S6＝7S3， 第1页 题型二　 等比数列的性质(微专题) 微专题1　等比数列的通项的性质 (1)已知各项均不为0的等差数列{an}满足2a3－a72＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________． 16 【解析】　因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－a72＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)，又{bn}为等比数列，所以b6b8＝b72＝a72＝16. 第‹#›页 26 第1页 状元笔记 在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度． 第1页 思考题2　(1)(2023·全国乙卷，理)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． －2 【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. 第1页 (2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N＋)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________． 【解析】　因为log2an＋1＝1＋log2an， 可得log2an＋1＝log2(2an)， 所以an＋1＝2an， 所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列， 又a1＋a2＋…＋a10＝1， 所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100， 所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 100 第1页 微专题2　等比数列前n项和的性质 √ (1)(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　) A．7　　　　　　　　　 B．8 C．9 D．10 【解析】　方法一：设数列{an}的公比为q，因为S2＝4，S4＝6，则易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式， 第1页 方法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项的性质得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A. 第1页 (2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________. 2 第1页 状元笔记 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口． (2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要． 第1页 √ 思考题3　(1)已知公比不等于1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝－1，S9＝3S3，则a13＋a14＋a15＝(　　) A．－16 B．－8 C．8 D．16 【解析】　设数列{an}的公比为q(q≠1)，因为S6＝－1，所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3)＝－1.所以a1＋a2＋a3≠0.因为S9＝3S3.所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3＋q6)＝3(a1＋a2＋a3)，则1＋q3＋q6＝3.因为q≠1，所以q3＝－2.所以a1＋a2＋a3＝1.故a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝1×(－2)4＝16. 第1页 (2)在等比数列{an}中，q＝ ，{an}的前n项和为Sn，S100＝150，则a2＋a4＋a6＋…＋a100的值是________． 50 第1页 题型三　 等比数列的判定 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)． (1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列； 【答案】　(1)证明见解析　 第‹#›页 37 【解析】　(1)证明：∵an＋2＋an＋1－6an＝0， ∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列． 第1页 (2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn. 【解析】　(2)由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，则an＋1＝－3an＋5·2n－1，设an＋1＋x·2n＝－3(an＋x·2n－1)， 则an＋1＝－3an－5x·2n－1，则x＝－1， 故an＋1－2n＝－3(an－2n－1)， 又a1－20＝1，∴{an－2n－1}是以1为首项，－3为公比的等比数列， ∴an－2n－1＝1×(－3)n－1， 第1页 状元笔记 等比数列判定与证明的两个注意点 (1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，而通项公式法和前n项和公式法常在选择题和填空题中用来判断数列是否为等比数列． (2)证明一个数列{an}不是等比数列，只需要说明前三项满足a22≠a1·a3，或者是存在一个正整数m，使得am＋12≠am·am＋2即可． 第1页 (1)证明：数列{bn}为等比数列； 【答案】　(1)证明见解析　 第1页 第1页 【答案】　(2)140 第1页 返 回 √ 课 外 阅 读 03 PAST THREE 45 重温高考 √ 1．(2023·全国甲卷，理)已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A．7　　　　　　　　　　　 B．9 C．15 D．30 解析　由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C. 第1页 √ 第1页 又{cos an|n∈N*}＝{a，b}， 则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3①或cos a1≠cos a2＝cos a3②或cos a1＝cos a3≠cos a2③， 第1页 3．(2020·课标全国Ⅱ，文)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则 ＝(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 √ 第1页 第1页 4．(2020·课标全国Ⅱ，理)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 √ 第1页 ∴数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n－1＝2n， ∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C. 第1页 5．(2020·北京)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}(　　) 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 √ 第1页 解析　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11.则当n≤5时，an<0；当n≥6时，an>0.∴T1＝－9<0，T2＝(－9)×(－7)＝63>0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315<0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945>0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945<0，当n≥6时，an>0，且an≥1，∴Tn＋1<Tn<0，∴数列{Tn}有最大项T4，无最小项．故选B. 第1页 6．(2022·全国甲卷，理)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； 答案　(1)证明见解析　 第1页 解析　(1)证明：由 ＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n①， 所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋n＋1②， ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1， 化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列． 第1页 (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 答案　(2)－78 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 解析　(2)由(1)知数列{an}的公差为1. 由a72＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12. 第1页 7．(2019·课标全国Ⅱ)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； 答案　(1)证明见解析　 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． 第1页 (2)求{an}和{bn}的通项公式． 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 第1页 eq \f(an＋1,an)＝q，q为常数，q≠0 Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.)) (5)若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，或eq \f(S偶,S奇－a2n＋1)＝q. (4)若等比数列{an}的公比为q，则当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))时，数列{an}为递增数列；当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))时，数列{an}为递减数列；当q＝1时，数列{an}为常数列；当q<0时，数列{an}为摆动数列． 解析　设等比数列{an}的公比为q，由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝168，,a2－a5＝42，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝168，,a1q（1－q3）＝42，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D. 所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(m·2n,m·2n－1)＝2， 由{an}为等比数列，可知eq \f(a2,a1)＝eq \f(2m,2m－1)＝2， eq \f(2an＋1,2an) lg eq \f(an＋1,an) 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝3，,a1＝2，)) eq \r(2)，2，2eq \r(2)或－eq \r(2)，2，－2eq \r(2) 解析　设插入的三个数分别为a，b，c，则b2＝1×4，∴b＝2或b＝－2(舍)，a2＝1×b＝2.∴a＝±eq \r(2)，同理c2＝b×4＝8，∴c＝±2eq \r(2)，且a，c同号．∴这三个数分别为eq \r(2)，2，2eq \r(2)或－eq \r(2)，2，－2eq \r(2). eq \f(1,2) 【解析】　(1)方法一：∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a3·q＋a6·q＝q（a3＋a6）＝18，,a3＋a6＝36，)) ∴q＝eq \f(1,2). 又∵a3＋a6＝a3(1＋q3)＝36，∴a3＝32. ∵an＝a3·qn－3＝32·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(n－3)＝28－n＝eq \f(1,2)＝2－1，∴8－n＝－1，即n＝9. ∴q＝eq \f(1,2)，a1＝128＝27. 又∵an＝a1·qn－1＝27·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(n－1)＝28－n＝eq \f(1,2)＝2－1，∴8－n＝－1，即n＝9. (2)已知q＝－eq \r(2)，S8＝15(1－eq \r(2))，求a1； 【解析】　(2)∵S8＝eq \f(a1[1－（－\r(2)）8],1＋\r(2))＝eq \f(－15a1,1＋\r(2))＝15(1－eq \r(2))， ∴a1＝－(1－eq \r(2))×(1＋eq \r(2))＝1. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q3－a1q＝6，,a1q4－a1＝15，))两式相除，得eq \f(q,1＋q2)＝eq \f(2,5)，即2q2－5q＋2＝0， 解得q＝2或q＝eq \f(1,2).所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－16，,q＝\f(1,2).)) 3n或eq \f(1,2)·3n＋1－eq \f(3,2) eq \f(1,2)·3n＋1－eq \f(3,2). ±eq \r(2)或±eq \f(\r(2),2) a3＝12，a7＝3.∴q4＝4或q4＝eq \f(1,4)，∴q＝±eq \r(2)或q＝±eq \f(\r(2),2). －eq \f(1,2) 所以8·eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq \f(a1（1－q3）,1－q)， 即8·(1－q6)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)(1－q3)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2). (2)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝6，a3＝3，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝________． eq \f(2,3) 【解析】　因为{an}是等比数列，所以a1a5＝a2a4＝a32＝9，所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(a1＋a5,a1a5)＝eq \f(a1＋a5,9)，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a2＋a4,a2a4)＝eq \f(a2＋a4,9)，eq \f(1,a3)＝eq \f(a3,9).所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(1,9)(a5＋a4＋a3＋a2＋a1)＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3). 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝a1（1＋q）＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，)) 两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4（2－\r(2)），,q＝\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4（2＋\r(2)），,q＝－\f(\r(2),2)，))所以S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故选A. 【解析】　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2. eq \f(1,2) ∴eq \f(an＋2＋3an＋1,an＋1＋3an)＝eq \f(2an＋1＋6an,an＋1＋3an)＝2， 【答案】　(2)an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(（－3）n,4) an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－（－3）n,1－（－3）)＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(（－3）n,4). 思考题4　已知数列{an}的首项a1＝eq \f(4,5)，且满足an＋1＝eq \f(4an,an＋3)，设bn＝eq \f(1,an)－1. 【解析】　(1)证明：由题意得an≠1，因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(\f(an＋3,4an)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(3（1－an）,4（1－an）)＝eq \f(3,4)，且b1＝eq \f(1,a1)－1＝eq \f(1,4)， 所以数列{bn}是首项为eq \f(1,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列． (2)若eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)>140，求满足条件的最小正整数n. 【解析】　(2)由(1)得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))＝eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up22(n))),1－\f(3,4))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up22(n)，即eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)－n＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up22(n)， 所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up22(n). 因为eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)>140，所以n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up22(n)>140. 又f(n)＝n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up22(n)随着n的增大而增大，所以n≥140，故满足条件的最小正整数n为140. 2．(2023·全国乙卷，理)已知等差数列{an}的公差为eq \f(2π,3)，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　　) A．－1 B．－eq \f(1,2) C．0 D.eq \f(1,2) 解析　依题意，等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(2π,3)))， 显然函数y＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(2π,3)))))的周期为3，而n∈N*，即cos an最多有3个不同取值cos a1，cos a2，cos a3， 于是由①有cos a1＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))，即有a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝2kπ，k∈Z，解得a1＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z， 所以由①有ab＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)))coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)))＋\f(4π,3)))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)))cos kπ＝－cos2kπcos eq \f(π,3)＝－eq \f(1,2).同理，由②③有ab＝－eq \f(1,2).故选B. eq \f(Sn,an) 解析　方法一：设等比数列{an}的公比为q，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B. 方法二：设等比数列{an}的公比为q，因为eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(a4（q2－1）,a3（q2－1）)＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(\f(a1（1－qn）,1－q),a1qn－1)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B. 解析　在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，易知an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝2， ∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝eq \f(ak＋1·（1－210）,1－2)＝eq \f(2k＋1·（1－210）,1－2)＝2k＋1(210－1)＝25(210－1)， eq \f(2Sn,n) eq \f(2Sn,n) 所以Sn＝－12n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n2－25n,2)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))eq \s\up22(2)－eq \f(625,8)，又n∈N*， 解析　(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)． 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列． 答案　(2)an＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，bn＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2) 解析　(2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1. 所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)， bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2). $$