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
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．a5a6C．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．
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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x10，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．
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