高考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)講義專題三第1講等差數(shù)列等比數(shù)列的基本問題

第1講等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本問題高考定位1.等差、等比數(shù)列基本運算和性質(zhì)的考查是高考熱點，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn)；2.數(shù)列的通項也是高考熱點，難度中檔以下.真題感悟1.(2017·浙江卷)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件解析由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，當(dāng)d＞0時，則S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要條件.答案C2.(2018·浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3).若a1>1，則()A.a1<a3，a2<a4 B.a1>a3，a2<a4C.a1<a3，a2>a4 D.a1>a3，a2>a4解析法一因為lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比數(shù)列的公比q<0.若q≤－1，則a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，與ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4，故選B.法二因為ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，則a4≤－1，又a1>1，所以等比數(shù)列的公比q<0.若q≤－1，則a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，與ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4.故選B.答案B3.(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通項公式an；(2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和.解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又當(dāng)n≥2時，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)設(shè)bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，則b1＝2，b2＝1，當(dāng)n≥3時，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3，當(dāng)n≥3時，Tn＝3＋eq\f(9（1－3n－2）,1－3)－eq\f(（n＋7）（n－2）,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，對n＝2也適合.所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))考點整合1.等差數(shù)列(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d；(3)性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差數(shù)列.2.等比數(shù)列(1)通項公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)；(3)性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比數(shù)列.3.求通項公式的常見類型(1)觀察法：利用遞推關(guān)系寫出前幾項，根據(jù)前幾項的特點觀察、歸納、猜想出an的表達式，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明.(2)利用前n項和與通項的關(guān)系an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))(3)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項公式.(4)累加法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝an＋f(n)，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)疊乘法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝f(n)an，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為eq\f(an＋1,an)＝f(n)，再利用疊乘法(逐商相乘法)求解.(6)構(gòu)造等比數(shù)列法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先用待定系數(shù)法把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝eq\f(q,1－p)，再利用換元法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解.熱點一等差、等比數(shù)列的判定與證明【例1】記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝2，,a1（1＋q＋q2）＝－6，))解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通項公式為an＝(－2)n.(2)由(1)得Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(－2[1－（－2）n],1－（－2）)＝eq\f(2,3)[(－2)n－1]，則Sn＋1＝eq\f(2,3)[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝eq\f(2,3)[(－2)n＋2－1]，所以Sn＋1＋Sn＋2＝eq\f(2,3)[(－2)n＋1－1]＋eq\f(2,3)[(－2)n＋2－1]＝eq\f(2,3)[2(－2)n－2]＝eq\f(4,3)[(－2)n－1]＝2Sn，∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列.探究提高判斷和證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的兩種方法(1)定義法：對于n≥1的任意自然數(shù)，驗證an＋1－aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(an＋1,an)))為同一常數(shù).(2)中項公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數(shù)列；②若aeq\o\al(2,n)＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等比數(shù)列.【訓(xùn)練1】已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝eq\f(1,4)，且Sn＝Sn－1＋an－1＋eq\f(1,2)(n∈N*，且n≥2)，數(shù)列{bn}滿足：b1＝－eq\f(119,4)，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：數(shù)列{bn－an}為等比數(shù)列.(1)解由Sn＝Sn－1＋an－1＋eq\f(1,2)，得Sn－Sn－1＝an－1＋eq\f(1,2)，即an－an－1＝eq\f(1,2)(n∈N*，n≥2)，則數(shù)列{an}是以eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，又a1＝eq\f(1,4)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq\f(1,2)n－eq\f(1,4).(2)證明∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，∴bn＝eq\f(1,3)bn－1＋eq\f(1,3)n(n≥2)，∴bn－an＝eq\f(1,3)bn－1＋eq\f(1,3)n－eq\f(1,2)n＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)bn－1－eq\f(1,6)n＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－1－\f(1,2)n＋\f(3,4)))(n≥2)，bn－1－an－1＝bn－1－eq\f(1,2)(n－1)＋eq\f(1,4)＝bn－1－eq\f(1,2)n＋eq\f(3,4)(n≥2)，∴bn－an＝eq\f(1,3)(bn－1－an－1)(n≥2).∵b1－a1＝－30≠0，∴eq\f(bn－an,bn－1－an－1)＝eq\f(1,3)(n≥2).∴數(shù)列{bn－an}是以－30為首項，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列.熱點二求數(shù)列的通項[考法1]由Sn與an的關(guān)系求an【例2－1】(1)(2018·寧波模擬節(jié)選)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝eq\f(1,2).求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,n∈N*.證明：an＋2＝3an；并求an.解(1)由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2，n∈N*)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列.又eq\f(1,S1)＝2，所以eq\f(1,Sn)＝2n，故Sn＝eq\f(1,2n)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2（n－1）)＝－eq\f(1,2n（n－1）)(n≥2，n∈N*)，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2.))(2)由條件，對任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而對任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故對一切n∈N*，an＋2＝3an.又∵an≠0，所以eq\f(an＋2,an)＝3.于是數(shù)列{a2n－1}是首項a1＝1，公比為3的等比數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數(shù)列.因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\f(n－1,2)，n為奇數(shù)，,2×3\f(n－2,2)，n為偶數(shù).))探究提高給出Sn與an的遞推關(guān)系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.[考法2]已知an與an＋1的遞推關(guān)系式求an【例2－2】(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an＋eq\f(n＋1,2n)，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)已知正項數(shù)列{an}滿足a1＝1，(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，求通項an；(3)已知a1＝4，an＋1＝eq\f(2an,2an＋1)，求通項an.解(1)由已知得a1＝1，且eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋eq\f(1,2n)，∴eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)＋eq\f(1,21)，eq\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,22)，…，eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＋eq\f(1,2n－1)，∴eq\f(an,n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)(n≥2).∴an＝2n－eq\f(n,2n－1)(n≥2)，又a1＝1適合上式，∴an＝2n－eq\f(n,2n－1).(2)由(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，得(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)＋eq\f(an＋1,an)＝n＋1，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n＋2).又a1＝1，則an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n＋1)·eq\f(n－1,n)·…·eq\f(2,3)·1＝eq\f(2,n＋1).故數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(2,n＋1).(3)∵an＋1＝eq\f(2an,2an＋1)，兩邊取倒數(shù)得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,2an)＋1，設(shè)bn＝eq\f(1,an)，則bn＋1＝eq\f(1,2)bn＋1，則bn＋1－2＝eq\f(1,2)(bn－2)，∴eq\f(bn＋1－2,bn－2)＝eq\f(1,2)，故{bn－2}是以b1－2＝eq\f(1,a1)－2＝－eq\f(7,4)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列.∴bn－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，即eq\f(1,an)－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，得an＝eq\f(2n＋1,2n＋2－7).探究提高(1)形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多項式(一般不高于三次)，用累加法即可求得數(shù)列的通項公式：(2)形如an＋1＝an·f(n)，可用累乘法；(3)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可構(gòu)造一個新的等比數(shù)列；(4)形如an＋1＝qan＋qn(q為常數(shù)，且q≠0，q≠±1)，解決方法是在遞推公式兩邊同除以qn＋1.【訓(xùn)練2】(1)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.①求a2的值；②求數(shù)列{an}的通項公式.(2)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)，數(shù)列{bn}滿足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式.解(1)①依題意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.②當(dāng)n≥2時，2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)，以上兩式相減得，2an＝nan＋1－(n－1)an－eq\f(1,3)(3n2－3n＋1)－(2n－1)－eq\f(2,3).整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為eq\f(a1,1)＝1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.(2)∵Sn＋1＋Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)，①Sn＋Sn－1＝aeq\o\al(2,n)(n≥2)，②①－②得an＋1＋an＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)，∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.∵an＋1＞0，an＞0，∴an＋1＋an≠0，∴an＋1－an＝1(n≥2)，又由S2＋S1＝aeq\o\al(2,2)，得2a1＋a2＝aeq\o\al(2,2)，即aeq\o\al(2,2)－a2－2＝0，∴a2＝2，a2＝－1(舍去)，∴a2－a1＝1，∴{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴an＝n.又bn·bn＋1＝3an＝3n，③bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④eq\f(③,④)得eq\f(bn＋1,bn－1)＝3(n≥2)，又由b1＝1，可求b2＝3.故b1，b3，…，b2n－1是首項為1，公比為3的等比數(shù)列；b2，b4，…，b2n是首項為3，公比為3的等比數(shù)列.∴b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.∴bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\f(n－1,2)，n為奇數(shù)，,3\f(n,2)，n為偶數(shù).))熱點三等差、等比數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)問題【例3】已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an與前n項和Sn；(2)將數(shù)列{an}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項，記{bn}的前n項和為Tn，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn＜Tm＋λ恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，從而Sn＝eq\f(n（9－n）,2).(2)由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，∴Tm＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(m))).∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(m)隨m增加而遞減，∴{Tm}為遞增數(shù)列，得4≤Tm＜8.又Sn＝eq\f(n（9－n）,2)＝－eq\f(1,2)(n2－9n)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))\s\up12(2)－\f(81,4)))，故(Sn)max＝S4＝S5＝10.若存在m∈N*，使對任意n∈N*總有Sn＜Tm＋λ，則10＜4＋λ，得λ＞6，即實數(shù)λ的取值范圍為(6，＋∞).探究提高(1)以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問題，此類問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.(2)判斷數(shù)列問題中的一些不等關(guān)系，可以利用數(shù)列的單調(diào)性比較大小，或者是借助數(shù)列對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性比較大小.(3)數(shù)列的項或前n項和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題.【訓(xùn)練3】已知首項為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項的值與最小項的值.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，,1－\f(1,2n)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1＜Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0＜Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn＜1，故0＞Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).綜上，對于n∈N*，總有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以數(shù)列{Tn}最大項的值為eq\f(5,6)，最小項的值為－eq\f(7,12).1.在等差(比)數(shù)列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個量中知道其中任意三個，就可以求出其他兩個.解這類問題時，一般是轉(zhuǎn)化為首項a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關(guān)運算.2.等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識地去應(yīng)用.但在應(yīng)用性質(zhì)時要注意性質(zhì)的前提條件，有時需要進行適當(dāng)變形.3.應(yīng)用關(guān)系式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))時，一定要注意分n＝1，n≥2兩種情況，在求出結(jié)果后，看看這兩種情況能否整合在一起.一、選擇題1.(2018·北京卷)設(shè)a，b，c，d是非零實數(shù)，則“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數(shù)列”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件解析a，b，c，d是非零實數(shù)，若ad＝bc，則eq\f(b,a)＝eq\f(d,c)，此時a，b，c，d不一定成等比數(shù)列；反之，若a，b，c，d成等比數(shù)列，則eq\f(a,b)＝eq\f(c,d)，所以ad＝bc，所以“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數(shù)列”的必要而不充分條件，故選B.答案B2.記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A.1 B.2 C.4 D.8解析設(shè){an}的公差為d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,6a1＋15d＝48，))解得d＝4.答案C3.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)學(xué)方法計算出半音比例，為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻.十二平均律將一個純八度音程分成十二份，依次得到十三個單音，從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于eq\r(12,2).若第一個單音的頻率為f，則第八個單音的頻率為()A.eq\r(3,2)f B.eq\r(3,22)f C.eq\r(12,25)f D.eq\r(12,27)f解析從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于eq\r(12,2)，第一個單音的頻率為f，由等比數(shù)列的概念可知，這十三個單音的頻率構(gòu)成一個首項為f，公比為eq\r(12,2)的等比數(shù)列，記為{an}，則第八個單音頻率為a8＝f·(eq\r(12,2))8－1＝eq\r(12,27)f，故選D.答案D4.(2015·浙江卷)已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則()A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞0解析∵a3，a4，a8成等比數(shù)列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－eq\f(5,3)d，∴a1d＝－eq\f(5,3)d2＜0，又S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝－eq\f(2d,3)，∴dS4＝－eq\f(2d2,3)＜0，故選B.答案B5.(2018·紹興模擬)若a，b是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個不同的零點，且a，b，－2這三個數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p＋q的值等于()A.6 B.7 C.8 D.9解析由題意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2這三個數(shù)的6種排序中，成等差數(shù)列的情況有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數(shù)列的情況有：a，－2，b；b，－2，a.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2b＝a－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝4，,2a＝b－2.))解之得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故選D.答案D6.(2018·溫州九校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是以eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，滿足bn＝2sin(πan＋φ)，φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則Sn不可能是()A.－1 B.0 C.2 D.3解析由題意知an＝a1＋eq\f(n－1,2)，所以bn＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1π＋\f(n－1,2)π＋φ))，則S1＝b1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1π＋φ))，其中φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).取a1＝－eq\f(1,3)，φ＝eq\f(π,6)，得S1＝b1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－1；取a1＝－eq\f(1,4)，φ＝eq\f(π,4)，得S1＝b1＝2sin0＝0；取a1＝eq\f(1,4)，φ＝eq\f(π,4)，得S1＝b1＝2sineq\f(π,2)＝2；所以Sn可以取到－1，0，2，排除A，B，C，故選D.答案D二、填空題7.(2018·北京卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝3，a2＋a5＝36，則{an}的通項公式為________.解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.答案an＝6n－38.數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝eq\f(1,5)，且對任意正整數(shù)m，n，都有am＋n＝am·an，若Sn＜t恒成立，則實數(shù)t的最小值為________.解析令m＝1，可得an＋1＝eq\f(1,5)an，所以{an}是首項為eq\f(1,5)，公比為eq\f(1,5)的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(\f(1,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(n))),1－\f(1,5))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(n)))＜eq\f(1,4)，故實數(shù)t的最小值為eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)9.(2018·嘉興調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前m(m≥4)項是公差為2的等差數(shù)列，從第m－1項起，am－1，am，am＋1，…成公比為2的等比數(shù)列.若a1＝－2，則m＝________，{an}的前6項和S6＝________.解析由題意，得am－1＝a1＋(m－2)d＝2m－6，am＝2m－4，則由eq\f(am,am－1)＝eq\f(2m－4,2m－6)＝2，解得m＝4，所以數(shù)列{an}的前6項依次為－2，0，2，4，8，16，所以S6＝28.答案42810.設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為__________.解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a2＋a4＝5))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10，,a1q＋a1q3＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))∴a1a2…an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(（－3）＋（－2）＋…＋（n－4）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2)n（n－7）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))\s\up12(2)－\f(49,4))))，當(dāng)n＝3或4時，eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))\s\up12(2)－\f(49,4)))取到最小值－6，此時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))\s\up12(2)－\f(49,4))))取到最大值26，所以a1a2…an的最大值為64.答案6411.(2018·金華聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}前n項和滿足Sn＝1－A·3n，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，且bn＝An2＋Bn，則A＝________，B的取值范圍為________.解析因為任意一個公比不為1的等比數(shù)列前n項和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn，而等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝1－A·3n，所以A＝1.于是bn＝n2＋Bn，又因為數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3.答案1(－3，＋∞)12.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝________.解析設(shè){an}首項為a1，公差為d，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq