第1章 数列 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

12.解：(1)设等比数列{a.的公比为q,由题意可得 (3a2=a1+2a3,(3a19=a1+2a19, 则 ,因为数列{a.} s,=1+8@34(a+a19)=+8a9 a 是递减的等比数列，解得a,=?=,所以a,=a,g。 (3）广，因为61=2弘.-2n+1,所以6-2(a+1)-1 2(bn-2n-1),因为b,=3,则b1-2×1-1=0,所以bn-2n-1= 0,故bn=2n+1. （2②)当n为奇数时6-，令=0则4号 3 3+114n-所以4A。=23+25+…+写 232*+ 子…两 3 3.4.4 个等式作差可得44，=2+2+25+…+ 44n-13 22-122*1-2 x() 人分 君-化商释等 4 g.2:当n为偶数时，c.6b(2n+)(2n+5 11 1 11 1 11(1-1 13i7+…t4+14+5)=4（54n+5,故7=A.+ 阅”44 专题探究3数列的综合应用 黑题 专题强化 1.D解析：设第n环天心石块数为an,上层共有n环，Sn为 {a.的前n项和，则{an}是首项为9，公差为9的等差数列， a,=9+9(n-1)=9n,S=之(n+m),上层，中层，下层的块数 分别为Sn,S2.-Sn,Sm-S2n,由下层比中层多729块，得 8-8=8-+7四，即}(9+3a)-号（标+2 号(4r42)号(m)+729,解得a=9.所以中下丙层共 9 有扇面形石板S,号(2T+2)号9+9-29g7(块， 2.A解析：由题意，蒲第一天长高三尺，以后蒲每天长高前一 天的一半，所以蒲生长长度构成首项为a1=3,公比为9，= 的等比数列，其前项和为S= =6-6× (分)广又由笼第一天长商一尺，每天长高前一天的两倍， 则莞生长长度构成首项为b,=1,公比为92=2的等比数列， 其前n项和为T.=1×2)=2”-1,由题意得T,>S, 1-2 即2-1b6-6x(分)广则2+>1，令1=2.则≥2.+% 6 6 7,解得t>6,即2">6，又22=4<6,23=8>6，所以需要经过的 时间最少为3天. 3.8解析：由题意得A=(a1,a2,a3,a4,a5,…),A*=(a2-a, 参考答案 a3-a2,a4-a3,a5-a4,…）,(A*)*=(a3-2a2+a1,a4-2a3+ a2,a5-2a4+a3,…）.(A*)*的所有项都是3，a3-2a2+ a1=3,a4-2a3+a2=3,a5-2a4+a3=3,由a5-2a4+a3=3得 18-22+a3=3,解得a3=7,由a,-2a3+a2=3得11-14+a2=3, 解得a2=6,由3-2a2+a,=3得7-12+a1=3,解得a1=8. 4.D解析：由题意可知分段函数在每一段上为增函数，且 3-a>0, f8)>f(7),即a>1, 解得2<a<3,故实数a的 a8-6>(3-a)×7-3, 取值范围是(2,3). 5.4°-4+n64 1 解析：an=a+1-3·4-1→a+1-an=3·4"+l. 当n≥2，n∈N“时，an=(an-an-1)+(ar-1-a-2)+…+(a2 a1)+1=(3·4-1+1)+(3·4-2+1)+…+(3×4+1)+1=3× 4(1-4-1) 1-4 +n-1+1=4-4+n.k(an+4-n)≥2n-5→k(4"-4+ a4)≥2-5≥24设625663 4+1 2m-5_17=6n,当n=1,2时，b,>b,b>b,当n≥3，n∈N 44*1 时，bn+1<b,<bn1<<b,<b3,因此b3是数列{bn}的最大项， 要想数列an}对任意的n∈N*,k(an+4-n)≥2n-5恒成 立只需≥4 6.解：(1)等差数列1a中，设公差为d,则，=3： (a14=3a5 2-g-aa1 a,+d=3, (neN).数列{bn}的前n项和为Sn,且2Sn=3bn-1①，当 n=1时，b1=1,当n≥2时，2Sn-1=3bn-1-1②，①-②得bn= 3bn-1(n≥2)，故数列bn}是以1为首项，3为公比的等比数 列，所以bn=3-(neN). (2)数列{cn}中，cn=(an+1)·bn=2n·3-.则T,=2×3°+ 4×3'+…+(2n-2)·3-2+2n·3-1,所以3T,=2×3+4×32+ …+(2n-2）·3-1+2n·3,故-2Tm=2+2×(3+32+…+ 3)-2·3”=(1-2m）·3-1,所以7-2m-）·3+1因 2 为-1)m>7n3=号对neN恒成立.当n为奇 3m1 数时，-）·mm>多m<2之→m区 31）=号-7=L,当n为偶数时，(-1)”·m=m> 1313 132 22→m>(22)小 22 =-4,综上，实数m的取 值范围为(-4,1). 第一章章未检测 1A解析：该数列的通项公式为a,=(-1)“"2是，所以am (-1)10+1100、25 29=27 1 1 -=2 a4解折迪aaa1 2 4a21a-所以aa ,1=1 ,1= 黑白题23 (n∈eN),即数列{an}是以3为周期的周期数列，所以ao= 3.A解析：由S4=Sg,得a5+a6+…+ag=0,则5a,=0,所以a,= 0,又a3+a1=2a,=0,所以k=11.故选A. 4.A解析：设an的公比为q,因为a3+S3=2,a6+S6=a393+ S3(1+g3)=g3(a3+S3)+S3=2g3+S=6+S3,所以g3=3,所以 a,+a5-1-1 aotan go-9 5.B解析：由题意得a,=1,a2=3=1+2,a3=6=1+2+3,a4= 10=1+2+3+4,…,观察规律可得an=1+2+3+…+n= n(n+l）,所以am- 100x101 =5050. 2 2 6.B解析：因为数列a,满足4，=10,1-0=2，即a1 a。=2n,当n≥2时，则有an-a-1=2(n-1),所以a-a1=2, a3-a2=4,…,a,-a-1=2(n-1),上述等式全部相加得an- 4,=2+4++2(n-1）=(2+2m-2)(m-1=m2-n,所以a,= n2-n+a1=n2+10-n,a1=10也满足an=n2+10-n,故对任意 的nN,a,=n2+10-,所以2=+10-n=n+10-1.由对 .10 勾函数的单调性可知，函数y=龙+ -1在(0,10)上单调 递减，在（而，+）上单调递增，又因为3<√⑩<4,3 3+101-16 31 21 5 ,04=4+ 2,故a<a4,所以的最小值 11 为2、16 3-3 7.D解析：令n=1得am1+am-1=2an+2,即am+1-am=am am-1+2,所以数列{am-am-1}是公差为2的等差数列，所以 am-am-I=(a2-a)+2(m-2).anin+am-n=2am+2an(m>n,m, n∈N“)取m=3,n=2,则a+a,=2a+2a2,结合a3-a2=a2 a,+2,可得a5=6a2+1,取m=4,n=1,同理可得a5=4a2+9, 所以6a2+1=4a2+9,解得a2=4,因此am-aw-1=2m-1,a2 a,=3,a3-a2=5,a4-a3=7,…,am-am-1=2m-1,累加得an 1=m-10(3+2m-)-（m-l0(2m+2）_2m2-2=m2-1,故 2 2 am=m2,所以a2s=20252的个位数为5. 8.D解析：因为a2n=a2m-1+(-1)",a2+1=a2n+3(neN),所 以a2n+1=a2n+3”=a2-1+(-1)"+3”,即a2n+1-a2m-1=(-1)”+ 3",所以当n≥2时，a2m-1=(a2-1-a2-3）+(a2n-3-a2n-5）+…+ (a3-a1)+a,=[(-1)-1+3-1]+[(-1)4-2+3-2]+…+(-1+ 3)+1=3”-31-(-1) 2 2+1=341 2 +2-l,又a,=1符合 上式，故a2-1= 3”(-1)- 2 2 -L,所以a.=a2n+(-1)°=2 3” 2一1+(-1)°=+（-1-1所以5s=（a,+a+ (-1)-1 3n1 …+a205)+(a2+a4+…+a2)三「3+-1)”L32 -1+ 2 2 --13-)m-1+31 32 2 2t2-1+ 2+2(-1)-1+ 2+2-)1-1]=3x133 2(-1)2-1++3101 1-32 号2025=3-20 选择性必修第二册·BS 9.ABD解析：对于A,若d<0,则a1-a,<0,为递减数列， 故A正确：对于B,若0<g<1,则“=g<1,为递减数列，故 a, B正确：对于C取a=6)9=2,d子，此时=1， a 1 2号<1，不清足递增数列，放C错误；对于D 2+3 0=b>0,当>1时，等比数列6，为正项且。>1，当d>0 时，等差数列a各项为正且递增，即%L,所以6三 a a ba a1.1,即ab,为递增数列，故D正确。 an b 10.ABD解析：对于A选项，由Sn1=2Sn+n得a1=S+1 Sn=S,+n>S.,A对；对于C选项，a2=S,+1=2+1=3,当 n≥2时，由S1=2S,+n得Sn=2Sn-1+n-1,上述两个等式 作差得a1=2a+1,所以a1+1=2(an+1),故当n≥2时， an+1+1 a)=2.目a2+1=4≠2，所以，数列{a.+1}不是等比数 a,+13 列，C错；对于D选项，由S+1=2S。+n可得S+1+(n+1)+ 1=25,+2m+2=2(5,+n+1),且s,+2=4,所以1+n+2 S+n+1s2, 故数列{S+n+1是以4为首项，公比为2的等比数列， D对；对于B选项，由D选项可知Sn+n+1=4×2-1=2m1, 所以8=21所以受222生令子 2”2 故6或(2）-(2-）0.即6所 以，数列么，为单调递增数列，即数列{}为单调递增 数列，B对. 11.AC解析：对于A,{an}是常数列，等价于a1=an=a,由 an*1an=4a.-4可得a2=4a-4,解得a=2,即a,=2时满足 题设条件，故A正确：对于B,当a1=2时，由a1an=4a.-4 可得a(a+1-2)=2(a。-2),则a,=2时， a无旅义：由 an+1an=4an-4可知an≠0，当a1≠2时，由ant1an=4an-4 可得a1=4-4,则1。 dn= a-2442,42a4 做此时复别}是公若为兮的等发致到， 即B错误：对于C4,=3,由选顶B已得等差数列{ 的百项为1.公老为行放21宁a-1)空因 巴则岁10+265.故C正确：对于 a台1an-2 2 0若数列可能为公差不为0的等差数列，则由日 选项知，4≠0，因a1=4-4,则11」1 datl dn 4- 4 an 4(a,-)a.4a,(a.)不是-个非零常数，故D错误 a。1。(an-2)2 黑白题24 12.2解析：设an=a+(n-1)d,则a3=a1+2d,a,=a1+6d,又 a1,a3,a,成等比数列，则(a,+2d)2=a,(a1+6d)→2d= a,d,又d≠0，则，=2d,则公比为=2 a 2d 13.29解析：因为a,=256,且a,=2a,所以0=，所配 an 数列a为等比数列，则数列。，=，（分）广 26(}）=2,所以无=2”×2”×2x×3 2=2,因为21200(-）+发 2 且neN,所以当n=10或n=11时，(21m)严取最大值 2 55,所以(Tn）mx=T0=T11=25 -31解析a1=lg,[(1·x··…·3)（1 14.an=2 x1)（x1·x2）·…·（x-1·x4）（x6·3)]= g[13).3]=g,1 …·xs·3)3-l0g33=310g3(1·x1·x2·…·x6·3)-1= 3a.-1,4,=log3(1×3×3)=2由a1=3a,-1得a2 1 )4日-2日-0.所以强列{a}是 以为首项，公比为3的等比数列，故a,22×3 13 3”3"+1 2a=2 15.解：)若a,=1,则=5x1:35=25,解得d=2.所以 an=1+2(n-1)=2n-1;9=d=2,b2=2b,=2,所以b,=1,则 bn=2-1. (2)由(1)bn=2-,所以b1+b3+b+…+b2n-1=1+2+2+ +224-2=1-4_4-1 1-43 16.解：(1)由题可知va是以1为首项，子4，为公差的等 差数列，故va=1+,(-,令n=2,有4=1+ 即(a2-4)2=0,解得a2=4.代入得√an=n,即an=n2. (2)由(1)可得a3-aa1-1 11 2Va1ag(n+1)(n+3)2(n+1 )故8片女写 +…+111 nn+2 n+l )仔)6 1解：（由题知a=10mx(行）广，当10x(行）厂≥n n∈N“时，解得1≤n≤6，所以an= 10mx(兮）广≤e6EN,所以当1n≤6.neN 20,n≥7， 时，bn=80n-40,当n≥7，n∈N时，b。=b。=440,所以b,= 80n-40,1≤n≤6neN (440,n≥7， 参考答案易 (2)当1≤n≤6时，总利涧S,=n(40+801-40)_ 2 o[-(3)°] +40n2-2000.因 为S。-S。-1=-2000× (日）厂+80m-40(n≥2.fx) -200x(3）广+80r-40(x≥2)为增函数，且f(3)- -2000 (3）广+240-40<04)=-20x(3）广+320- 40>0,所以当2≤n≤3时，Sn<Sn-1,当4≤n≤6时，S>S- 因为s=20x}+40-200<0.8=20x(日)厂+40x 36-2000=-528.75<0,所以1≤n≤6时，S.<0,即前6年未 盈利.当n≥7时，Sn=-528.75+(440-20)(n-6),令Sn>0, 解得n≥8，所以该公司从第8年开始盈利. 3a.-4 18.(1)证明：由a+1= 。-可得0，-2=34242 所 a-1 0-1 以1 +1,即11 1 an+1-2a.- 即。小221，又由=弓可得 之之1所似公司是以：为竹反1为公法的 22 472 1 差数列，所以22+(n-)·1=+1,则0，号 2t3,即数列a,的通项公式为4.-2如+3 n+1 n+1 94 2)解：①由(1)知a,二.可得6。 （a.-2)×10° a品)广=1x(信广当1时4=名 得所以6不是最大项设第n项（≥2）最大.则 a*1x(品)广x(侣) n+1、10 R+1 可得 n 29解 +1x()≥a+2x(品 10.n+2 9n+1' 得8≤n≤9，所以数列{bn}第8项和第9项最大.所以n=8 或9. ②由S.=2× +3 9 (品)广+…+(+1)x(品广可得 ,相减 可=2品（品）+（侣）广++(8）广-(1× (品)广]-(+1)×（品）”，可得0=品 9 品-喝1”哈高 (0)]-(a+1)×(品)”，所以8.=9+90[1 白题25 +1 (0广]-oa+1)x()】 10(n+1)9 =99-91 10m 9+1 99-(n+11)· 10" 19.(1)证明：因为an=-2n+1,所以a+1-an=-2(n+1)+1+2n- 1=-2,所以数列a,是以-2为公差，-1为首项的等差数 列，所以S.=-1-2+)1-2,所以30.-S=3(-2n+ 2 1)+(n+1)2=(n-2)2≥0，即3an≥Sn+1,所以数列1an}具有 性质M(3). (2)解：①由数列an}具有性质M(4)得4an≥S1,又等比 数列{an}的公比为q,若g=1,则4a,≥(n+1)a1,解得n≤ 3,与n为任意正整数相矛盾，当g≠1时，4a1g1≥ a,1=g而a.>0,整理得41≥g,若0<q<1,则 a 1-9 1-g 1 91≥1，解得n<1+log,-2)2,与n∈N矛盾，粉 q>1,则g-(g-2)2≤1，当g=2时，g-(g-2)2≤1恒成立， 满足题意，当9>1且9≠2时，g≤1 g2)2,解得n<1+ (g-2,与neN矛盾，所以g= 1 ②由Aan≥S1,得Aa+1≥S+2,即A(S+1-Sn)≥S+2,因此 AS+1≥λS+S2≥2 S.S*2,当且仅当ASn=Snt2时取等 8≤受则有安子之合： （”·出数列各现均为数 4,则n<1+g8,与n∈N”矛盾，因此当入≥4时， )≥8恒成立，符合题意，所以A的最 为4. 第一章真题演练 黑题 真题体验 1.B解析：设等差数列{an的公差为d,则由题可得 3a,+3d=6,-{d=-3所以3。=6a,+15d=6×5+15× l5a,+10d=-51(a,=5, (-3)=-15. 2.C解析：设等差数列an}的公差为d(d≠0)，因为a3,a4, a6成等比数列，且a1=-2,所以a=a3a6,即(-2+3d)2= (-2+2d)(-2+5d),解得d=2或d=0(舍去)，所以a1o=a,+ 9d=-2+9×2=16. 3.B解析：由S1o-S,=a6+a,tag+ag+a1o=5ag=0,则ag=0,则 等若数列a,的公差d-”。},敢a,=4,1=1-4以 3 (兮）子故选R 4.C解析：由题知1+g+g2+g3+g=5(1+g+g2)-4,即g3+g= 4g+4g2,即g3+g2-4g-4=0,即(g-2)(g+1)(g+2)=0.由题知 9>0,所以q=2,所以S4=1+2+4+8=15.故选C. 5.AD解析：对A,由题意得9=山， 结合q>0,解得 （a1+a1g+a1q2=7, 选择性必修第二册·BS 0=4,(a1=9, 1或1（舍去），故A正确；对B,则a=a,9=4× 9=2(9=-3 (传）酸B错误，对6（安） 1-q 1 斗故c第误：对D,。=4×(}）”=2,8 x[-()] =8-2+3,则an+Sn=23-"+8-23-=8,故 1 1 D正确. 6.2解析：设该等比数列为an},Sn是其前n项和，则S4= 4,S8=68,设an}的公比为q(g>0),当q=1时，S4=4a1=4, 即a1=1,则Sg=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时， 则8=4,6s,两式相除得 1-9 1-9 1-q 4°，即1-g）1+g)=17则1+g=17,所以g=2,所以该多 1-g 比数列公比为2. 7.95解析：因为数列a,}为等差数列，则由题意得 +24+n+3=7:。解得0-4则S0=10u,+109。 (3(a1+d)+a1+4d=5, (d=3, = 10×(-4)+45×3=95.故答案为95. 8.解：(1)因为2Sn=3a1-3,故2S-1=3a。-3,所以2an=3a1 30,(n≥2)，即5a,=3a1,故等比数列的公比为g=3 5 故2a,=3知，-3=3a×号-3=5a-3,放4，=1，故a () -(门3 (2)由等比数列求和公式得S。= 1 3 ()广，所以数列3的前a项和无=8+8+8+ *s=x[月+(3)广+(3)广+(3）门a g÷号 9.解：(1)当n=1时，4S,=4a1=3a1+4,解得a1=4.当n≥2时， 4S.-1=30m-1+4,所以4Sn-4Sn-1=40。=3an-3a.-1,即an= -301,而a1=4≠0，故a,≠0，故=-3，所以数列1a,}是 an-l 以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a.=4×(-3). (2)由(1)得bn=(-1)-1n·4×(-3)-=4n·3-,所以Tn= b1+b2+b3+…+bn=4×3°+8×3+12×32+…+4n·3-1,故3Tn= 4×3+8×32+12×33+…+4n·3",所以-2Tn=4+4×3+4×32+ +4×31-4n·3=4+4x3x1-3）-4n·3=4+2× 1-3 3(31-1)-4n·3"=(2-4n）·3"-2,所以Tm=(2n-1)· 3"+1. 黑白题26第一章 (时间：120分钭 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的 1.*(2025·江西南昌高二期中)已知数列 1-1则该数到的第10项为 .、25 297 33 2 C.、g 299 D.、25 296 2.*(2025·江西宜春高二月考)已知数列 ,1满足a三2，若a则a09 B.2 C.1 D.-1 3.*(2025·河南南阳高二期末)已知等差数 列{an}前9项的和等于前4项的和，若a= -a3,则k= A.11 B.13 C.15 D.17 4.*(2025·辽宁沈阳高二期末)已知等比数 列{an}的前n项和为Sn,若a3+S3=2,。+S6= 6+5,则a+a5三 ao+all A.g B.1 6 1 1 C.21 0. 5.*(2025·山东省实验中学高二期末)“杨 辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西 方的“帕斯卡三角形”早了300多年如图是由 “杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记an为 图中虚线上的数1,3,6,10，…构成的数列 {an}的第n项，则a1oo的值为 () 第一章 章末检测 电子错题本 总分：150分) 11 12 1331 14641 15101051 +44+✉ A.5049B.5050C.5051D.5101 6.*(2025·安徽合肥高二期中)已知数列 {a,}满足4，=10,01一0=2，则”的最小值为 n 11 16 .2 6.3 27 C. D.2/10-1 4 7.*(2025·河北衡水高二月考)设首项为1 的数列{an}满足amn+amn=2am+2an(（m> n,m,n∈N),则a22s的个位数为 () A.0 B.2 C.3 D.5 8.装(2025·黑龙江绥化高二期中)已知数列 {an}满足a1=1,a2n=a2n-1+(-1)”,a2+1=a2n+ 3"(n∈N),则数列{an}的前2025项的和为 （) A.31012-2025 B.31012-2027 C.3103-2025 D.31013-2027 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分 9.*(2025·云南昆明高二月考)公差为d的 等差数列{a}与公比为g的等比数列{bn} 首项相同且为正数，则 A.若d<0,则{an}为递减数列 B.若0<q<1,则{bn}为递减数列 C.若g>1>b0,则色}为递增数列 D.若q>1>d>0,则{anbn}为递增数列 黑白题37 10.*(2025·辽宁沈阳高二期中)已知数列 {an}的前n项和为Sn,若a1=2,Snt1=2Sn+ n,则下列结论正确的是 A.ant>S B. 停是单调递增数列 C.{an+1}是等比数列 D.{Sn+n+1}是等比数列 11.幸(2025·浙江杭州高二月考)已知数列 {an}满足a+1an=4an-4(n∈N),则( A.{an}可能是常数列 B.数列{a-2 }是等差数列 C.若a,=3,则足1=5 n=id-2 2 D.数列{}可能为公差不为0的等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.*(2025·四川绵阳南山中学高二期中) 已知an}是公差不为0的等差数列，且a1, a3,a,成等比数列，则该等比数列的公比 为 13.*(2025·江苏镇江高二月考)已知数列 {an}满足a3=256,且a,=2a+1若Tn是数列 {an}的前n项积，则T。的最大值为 14.整(2025·湖北武汉高二月考)定义：在数 列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成 新数列，这样的操作叫作该数列的一次“美 好成长”，将数列1,3进行“美好成长”，第 次得到数列1,3,3；第二次得到数列1,3,3， 9,3;…;设第n次“美好成长”后得到数列为 1,x1,x2,…,x4,3,记an=log3(1·x1·x2· …·xk·3),则数列an的通项公式为 选择性必修第二册·BS 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤， 15.*(13分)(2025·湖北十堰高二期末)设 等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等 比数列{bn}的公比为g.若a1=1,S,=25, b2=2,q=d. (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)求和：b1+b3+b5+…+b2m-… 16.*(15分)(2025·江西上饶高二月考)已 知正项数列{an}满足a1=1,√ant1-√an= 1 42 (1)求{an}的通项公式； (2)求aa"}的前n项和S 2.an+ian+3 黑白题38 17.*(15分)某公司生产一种产品，第一年投19.禁(17分)(2025·江苏南京高二期末)已 入资金1000万元，出售产品后收入40万 知数列{an}的前n项和为Sn,若存在常数入 元，预计以后每年的投人资金是上一年的一 (入>0)，使得入an≥Snt1对任意n∈N*都成 半，出售产品所得收入比上一年多80万元. 立，则称数列{an}具有性质M(入) 同时，当预计投入资金低于20万元时，就 (1)若数列{an}的通项公式an=-2n+1,求 按20万元投入，且当年出售产品的收入与上 证：数列{an}具有性质M(3), 一年相同. (2)设数列{an}的各项均为正数，且{an}具 (1)设第n年的投入资金和收入金额分别为 有性质M(入) an万元，bn万元，请求出{an},{bn}的 ①若数列{an}是公比为q的等比数列， 通项公式 且入=4，求q的值； (2)预计从第几年起该公司开始并持续盈 ②求入的最小值. 利？请说明理由.（盈利是指总收入大于 总投入) 18.#(17分)(2025·广东广州高二月考)数 3am-4 可u的首项a-aa an-1 山)证明是等差数列，并求a的 通项公式. (2)设6.(a.-2)×10 ①当数列{b,}的项取得最大值时，求n 的值； ②求数列{bn}的前n项和Sn 第一章黑白题39