浙江省2025屆高考數(shù)學一輪復習第七章數(shù)列數(shù)學歸納法第1節(jié)等差數(shù)列與等比數(shù)列含解析

PAGE第1節(jié)等差數(shù)列與等比數(shù)列考試要求1.理解等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念；2.駕馭等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式；3.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)、等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.知識梳理1.等差數(shù)列的定義(1)定義：一般地，假如一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，通常用字母d表示.(2)等差中項：假如a，A，b成等差數(shù)列，那么A叫做a與b的等差中項.2.等差數(shù)列的通項公式及求和公式假如等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，那么它的通項公式是an＝a1＋(n－1)d，其前n項和是Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)或Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.3.等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*).(2)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.特殊地，當k＋l＝2m(k，l，m∈N*)時，則ak＋al＝2am.(3)若{an}為等差數(shù)列，Sn為前n項和，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差數(shù)列，公差為n2d.(4)若等差數(shù)列{an}的前n項為Sn，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數(shù)列.4.等差數(shù)列的通項公式、求和公式與函數(shù)的關(guān)系(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，當d≠0時，等差數(shù)列的通項公式是關(guān)于n的一次函數(shù)；當d＝0時，等差數(shù)列的通項公式是常數(shù)函數(shù).(2)求和公式：Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，當d≠0時，等差數(shù)列的前n項和公式是關(guān)于n的二次函數(shù)，且常數(shù)項為0；當d＝0時，等差數(shù)列的前n項和公式為Sn＝na1.5.等比數(shù)列的定義(1)定義：一般地，假如一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等比數(shù)列，這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示(q≠0).(2)等比中項：假如a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項.6.等比數(shù)列的通項公式及求和公式假如等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，那么它的通項公式是an＝a1·qn－1，其前n項和是Sn，則(1)當q＝1時，Sn＝na1.(2)當q≠1時，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)或Sn＝eq\f(a1－anq,1－q).7.等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝am·qn－m(n，m∈N*).(2)若{an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak·al＝am·an.特殊地，當k＋l＝2m(k，l，m∈N*)時，則ak·al＝aeq\o\al(2,m).(3)若{an}為等比數(shù)列，Sn為前n項和，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等比數(shù)列，公比為qn(當公比q＝－1，n不能取正偶數(shù)).[常用結(jié)論與易錯提示]1.用定義法證明等差數(shù)列應(yīng)留意“從第2項起”，如證明白an＋1－an＝d(n≥2)時，應(yīng)留意驗證a2－a1是否等于d，若a2－a1≠d，則數(shù)列{an}不為等差數(shù)列.2.利用二次函數(shù)性質(zhì)求等差數(shù)列前n項和最值時，肯定要留意自變量n是正整數(shù).3.由an＋1＝qan，q≠0，并不能馬上斷言{an}為等比數(shù)列，還要驗證a1≠0.4.在運用等比數(shù)列的前n項和公式時，必需留意對q＝1與q≠1分類探討，防止因忽視q＝1這一特殊情形而導致解題失誤.診斷自測1.推斷下列說法的正誤.(1)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項公式為n的一次函數(shù).()(2)等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù).()(3)三個數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.()(4)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列.()解析(1)若公差d＝0，則通項公式不是n的一次函數(shù).(2)若公差d＝0，則前n項和不是n的二次函數(shù).(3)若a＝0，b＝0，c＝0滿意b2＝ac，但a，b，c不成等比數(shù)列.(4)若a1＝1，q＝－1，則S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比數(shù)列.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.在等差數(shù)列{an}中，若a2＝4，a4＝2，則a6＝()A.－1 B.0C.1 D.6解析由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，選B.答案B3.已知公比不為1的等比數(shù)列{an}滿意a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，則m的值為()A.8 B.9C.10 D.11解析由題意得2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10，故選C.答案C4.(2024·全國Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S4＝0，a5＝5，則()A.an＝2n－5 B.an＝3n－10C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析設(shè)首項為a1，公差為d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n.故選A.答案A5.(2024·浙江“超級全能生”聯(lián)考)中國古代數(shù)學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初步健步不犯難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公細致算相還.”其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從其次天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地.”則該人第一天走的路程為________里，后三天一共走________里.解析由題可知這六天中每天走的路程數(shù)組成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，設(shè)第一天走x里，則eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得x＝192，即該人第一天走的路程是192里；后三天共走了192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝42(里).答案192426.(2024·北京卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝________，Sn的最小值為________.解析設(shè)首項為a1，公差為d，∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an≤0，則n≤5，即數(shù)列{an}中前4項為負，a5＝0，第6項及以后為正.∴Sn的最小值為S4＝S5＝－10.答案0－10考點一等差、等比數(shù)列基本量的運算【例1】(1)(一題多解)(2024·全國Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A.－12 B.－10C.10 D.12(2)(2024·全國Ⅰ卷)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________.解析(1)法一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.法二設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq\f(3×2,2)d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.(2)由aeq\o\al(2,4)＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3.所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).答案(1)B(2)eq\f(121,3)規(guī)律方法(1)等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，an，d，n，Sn；等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，an，q，n，Sn.已知其中三個就能求另外兩個(簡稱“知三求二”).(2)等差數(shù)列的基本量為a1，d；等比數(shù)列的基本量為a1，q.在運算過程中，常用基本量去表示未知量和已知量.【訓練1】(1)(2024·全國Ⅲ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.(2)(2024·全國Ⅲ卷)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝()A.16 B.8C.4 D.2解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25a1，所以eq\f(S10,S5)＝4.(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因為數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.答案(1)4(2)C考點二等差、等比數(shù)列的性質(zhì)【例2】(1)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，對n∈N*且n>4時有S8＝20，S2n－1－S2n－9＝116，則an＝()A.6 B.eq\f(17,2)C.39 D.78(2)(一題多解)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，則eq\f(S9,S6)＝()A.2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(8,3) D.3解析(1)由題知a1＋a2＋…＋a8＝20，且S2n－1－S2n－9＝a2n－8＋a2n－7＋…＋a2n－1＝116，故知a1＋a2n－1＝eq\f(20＋116,8)＝17＝2an，所以an＝eq\f(17,2).(2)法一由等比數(shù)列的性質(zhì)及題意得S3，S6－S3，S9－S6仍成等比數(shù)列，由已知得S6＝3S3，∴eq\f(S6－S3,S3)＝eq\f(S9－S6,S6－S3)，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴eq\f(S9,S6)＝eq\f(7,3).法二因為{an}為等比數(shù)列，由eq\f(S6,S3)＝3，設(shè)S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6為等比數(shù)列，即a，2a，S9－S6成等比數(shù)列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以eq\f(S9,S6)＝eq\f(7a,3a)＝eq\f(7,3).答案(1)B(2)B規(guī)律方法利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)可簡化運算.【訓練2】(1)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，則aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝________.(2)(一題多解)(2024·江蘇卷)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項和.若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________.解析(1)由等比數(shù)列性質(zhì)得a3a7＝aeq\o\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1)2＝(2eq\r(2))2＝8.(2)法一由S9＝27?eq\f(9（a1＋a9）,2)＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?a5＝3，即a1＋4d＝3.又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.法二同法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3.∴d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.答案(1)8(2)16考點三等差、等比數(shù)列的判定與證明【例3】(2024·全國Ⅱ卷)已知數(shù)列{an}和{bn}滿意a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項公式.(1)證明由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn).又因為a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列.由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因為a1－b1＝1，所以{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列.(2)解由(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).規(guī)律方法(1)等差數(shù)列的四種推斷方法：①定義法：對于n≥2的隨意自然數(shù)，驗證an－an－1為同一常數(shù).②等差中項法：驗證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.③通項公式法：驗證an＝pn＋q.④前n項和公式法：驗證Sn＝An2＋Bn.后兩種方法只能用來推斷是否為等差數(shù)列，而不能用來證明等差數(shù)列，主要適合在選擇題中簡潔推斷.(2)推斷、證明等比數(shù)列一般用定義式和等比中項，即用eq\f(an＋1,an)＝q(q為不等于0的常數(shù)，n∈N*)，aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2(數(shù)列{an}各項均不為零).【訓練3】(2024·全國Ⅰ卷)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設(shè)bn＝eq\f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)推斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由；(3)求{an}的通項公式.解(1)由條件可得an＋1＝eq\f(2（n＋1）,n)an.將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.將n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.從而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.理由如下：由條件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.(3)由(2)可得eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.考點四等差數(shù)列最值問題【例4】(1)(一題多解)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝13，S3＝S11，當Sn最大時，n的值是()A.5 B.6C.7 D.8(2)已知等差數(shù)列16，14，12，…的前n項和為Sn，且Sn>0，則n的最大值為________.解析(1)法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a7＋a8＝0.依據(jù)首項等于13可推知這個數(shù)列遞減，從而得到a7>0，a8<0，故n＝7時Sn最大.法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，知當n＝7時Sn最大.(2)等差數(shù)列的首項為a1＝16，公差d＝－2，Sn＝16n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋17n，由Sn>0，即－n2＋17n>0，解得0<n<17，又n∈N*，∴n的最大值為16.答案(1)C(2)16規(guī)律方法求等差數(shù)列前n項和的最值，常用的方法：(1)利用等差數(shù)列的單調(diào)性，求出其正負轉(zhuǎn)折項；(2)利用性質(zhì)求出其正負轉(zhuǎn)折項，便可求得和的最值；(3)將等差數(shù)列的前n項和Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))，若A≠0，可看作二次函數(shù)，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.【訓練4】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1>0且eq\f(a6,a5)＝eq\f(9,11)，則當Sn取最大值時，n的值為()A.9 B.10C.11 D.12(2)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，若Sn存在最大值，則在S1，eq\f(S2,2)，eq\f(S3,3)，…，eq\f(S2024,2018)中最大的數(shù)是()A.S1 B.eq\f(S2024,2014)C.eq\f(S2024,2018) D.無法確定解析(1)由eq\f(a6,a5)＝eq\f(9,11)，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，依據(jù)首項a1＞0可推知這個數(shù)列遞減，從而a10＞0，a11＜0，故n＝10時，Sn最大.(2)由題意可知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且前n項和Sn存在最大值，∴公差d<0，eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)在定義域上是單調(diào)遞減函數(shù)，∴S1最大.答案(1)B(2)A基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.(2024·溫州適應(yīng)性測試)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，且S4＝a4＋3，則a2＝()A.－2 B.－1C.1 D.2解析因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a4＋3，則a1＋a2＋a3＝3a2＝3，解得a2＝1，故選C.答案C2.(2024·嘉興測試)已知等比數(shù)列{an}的各項均為正，且5a3，a2，3a4成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公比是()A.eq\f(1,2) B.2C.eq\f(1,3) D.eq\r(3)解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵{an}為各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，5a3，a2，3a4成等差數(shù)列，∴2a2＝5a3＋3a4，∴3q2＋5q－2＝0，∵q＞0，∴q＝eq\f(1,3)，故選C.答案C3.(2024·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，從其次個單音起，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)fC.eq\r(12,25)f D.eq\r(12,27)f解析由題意得，十三個單音的頻率構(gòu)成以第一個單音的頻率f為首項，eq\r(12,2)為公比的等比數(shù)列，所以第八個單音的頻率為f·(eq\r(12,2))7＝eq\r(12,27)f，故選D.答案D4.若一個等差數(shù)列前3項的和為34，最終3項的和為146，且全部項的和為390，則這個數(shù)列的項數(shù)為()A.13 B.12C.11 D.10解析因為a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，又因為a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以3(a1＋an)＝180，從而a1＋an＝60，所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n·60,2)＝390，即n＝13.答案A5.設(shè)各項都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}，Sn為前n項和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝()A.150 B.－200C.150或－200 D.400或－50解析依題意，數(shù)列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比數(shù)列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20).即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30，又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，且S30＝70.S40＝150.故選A.答案A6.數(shù)列{xn}滿意xn＋1＝xn－eq\f(f（xn）,f′（xn）)，我們把該數(shù)列稱為牛頓數(shù)列.假如函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)有兩個零點α，β，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，設(shè)an＝lneq\f(xn－α,xn－β)，已知a1＝1，xn＞max{α，β}，{an}的前n項和為Sn，則S2020＋1＝()A.2019 B.2020C.22019 D.22020解析∵α，β是f(x)＝ax2＋bx＋c的兩個零點，∴f(x)＝a(x－α)(x－β)＝a[x2－(α＋β)x＋αβ]，f′(x)＝a(2x－α－β)，xn＋1＝xn－eq\f(a[（xeq\o\al(2,n)－（α＋β）xn＋αβ],a（2xn－α－β）)＝eq\f(xeq\o\al(2,n)－αβ,2xn－α－β)，eq\f(xn＋1－α,xn＋1－β)＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,n)－αβ,2xn－α－β)－α,\f(xeq\o\al(2,n)－αβ,2xn－α－β)－β)＝eq\f(（xn－α）2,（xn－β）2)，故an＋1＝lneq\f(xn＋1－α,xn＋1－β)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn－α,xn－β)))eq\s\up12(2)＝2lneq\f(xn－α,xn－β)＝2an，因此{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，即an＝2n－1，所以S2020＋1＝eq\f(1－22020,1－2)＋1＝22020，故選D.答案D二、填空題7.(2024·上海卷)記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a3＝0，a6＋a7＝14，則S7＝________.解析a6＋a7＝2a1＋11d＝14，a3＝a1＋2d＝0，∴d＝2，a4＝2，S7＝7a4＝14.答案148.已知等差數(shù)列{an}中，a1＋a3＝7，設(shè)其前n項和為Sn，且S4＝S6，則其公差d＝________，其前n項和為Sn取得最大值時n＝________.解析由S4＝S6，知a5＋a6＝0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋2d＝7，,a1＋4d＋a1＋5d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(9,2)，,d＝－1，))所以an＝eq\f(9,2)＋(n－1)×(－1)＝eq\f(11,2)－n.由eq\f(11,2)－n≥0，得n≤eq\f(11,2)，又n∈N*，所以當n＝5時，Sn取得最大值.答案－159.設(shè)等比數(shù)列滿意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＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝2－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2).記t＝－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－7n)，結(jié)合n∈N*，可知n＝3或4時，t有最大值6.又y＝2t為增函數(shù).所以a1a2…an的最大值為64.答案6410.(2024·嘉、麗、衢模擬)如圖，將一個邊長為1的正三角形分成4個全等的正三角形，第一次挖去中間的1個小三角形，將剩下的3個小正方三角形，分別再從中間挖去1個小三角形，保留它們的邊，重復操作以上的做法，得到的集合為希爾賓斯基三角形.設(shè)An是前n次挖去的小三角形面積之和(如A1是第1次挖去的中間小三角形面積，A2是前2次挖去的4個小三角形面積之和)，則A2＝________，An＝________.解析由圖易得每次挖去三角形后，后一個圖形中剩余的三角形的個數(shù)是前一個圖形中剩余的三角形的個數(shù)的3倍，后一個圖形中每個小三角形的邊長是前一個圖形中每個小三角形的邊長的eq\f(1,2)，所以第n個圖形中三角形的個數(shù)為3n個，邊長為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，則第n個圖形中剩余的三角形的面積為eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，則挖去的三角形的面積為An＝eq\f(\r(3),4)－eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n)))，則A2＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2)))＝eq\f(7\r(3),64).答案eq\f(7\r(3),64)eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n)))三、解答題11.(2024·全國Ⅲ卷)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通項公式；(2)記Sn為{an}的前n項和.若Sm＝63，求m.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝eq\f(1－（－2）n,3).由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數(shù)解.若an＝2n－1，則Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.綜上，m＝6.12.(2024·北京卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通項公式；(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.解(1)設(shè){an}的公差為d.因為a2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2.又a1＝ln2，所以d＝ln2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(2)因為ea1＝eln2＝2，eq\f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln2＝2，所以{ean}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq\f(1－2n,1－2)＝2n＋1－2.實力提升題組13.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(d≠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B14.如圖，點列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q(mào)表示點P與Q不重合).若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則()A.{Sn}是等差數(shù)列 B.{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列C.{dn}是等差數(shù)列 D.{deq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列解析Sn表示點An到對面直線的距離(設(shè)為hn)乘以|BnBn＋1|長度的一半，即Sn＝eq\f(1,2)hn|BnBn＋1|，由題目中條件可知|BnBn＋1|的長度為定值，過A1作垂線得到初始距離h1，那么A1，An和相應(yīng)兩個垂足構(gòu)成直角梯形，則hn＝h1＋|A1An|sinθ(其中θ為兩條線所成的銳角，為定值)，從而Sn＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An|sinθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An＋1|sinθ)|BnBn＋1|，則Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)|AnAn＋1||BnBn＋1|sinθ為定值，所以Sn＋1－Sn為定值，故選A.答案A15.(2024·浙江新高考仿真卷四)已知等差數(shù)列{an}滿意：a4＞0，a5＜0，數(shù)列的前n項和為Sn，則eq\f(S5,S4)的取值范圍是________.解析因為在等差數(shù)列{an}中，a4＞0，a5＜0，所以等差數(shù)列{an}的公差d＜0，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＞0，,a5＝a1＋4d＜0，))解得－3d＜a1＜－4d，所以eq\f(S5,S4)＝eq\f(5a1＋10d,4a1＋6d)＝eq\f(5,4)＋eq\f(\f(5,2)d,4a1＋6d)＝eq\f(5,4)＋eq\f(\f(5,2),\f(4a1,d)＋6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，1)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，1))16.已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n＋r，則a3－r＝________，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al