(共88张PPT)
专题一 函数与导数
3.1-等差数列、等比数列
专题一 函数与导数
考情分析
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点.
内容索引
考点一
考点二
考点三
等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的性质
等差数列、等比数列的判断与证明
专题强化练
考点一
等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
an＝am＋(n－m)d.
(2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1，
an＝am·qn－m.
(3)等差数列的求和公式：
核心提炼
(4)等比数列的求和公式：
例1
√
(1)(2024·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于
方法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，
有5＝5×3－4，不成立，
所以q≠1.
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
由于此数列各项均为正数，
方法二 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.
(2)(2024·安康模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天行走的里程数约为
A.2.76 B.5.51
C.11.02 D.22.05
√
设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
规律方法
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
(1)(2024·河南联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为
A.4.5尺 B.3.5尺
C.2.5尺 D.1.5尺
跟踪演练1
√
冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺.
(2)(2024·石家庄质检)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2a1a2a3…a8的值为
A.70 B.72
C.74 D.76
√
设等比数列{an}的公比为q，则q>0，S3＝a1(1＋q＋q2)＝4(1＋q＋q2)＝84，
整理可得q2＋q－20＝0，解得q＝4(负值舍去)，
所以an＝a1qn－1＝4n，
所以log2a1a2a3…a8＝log2(41×42×43×…×48)
考点二
等差数列、等比数列的性质
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列，有aman＝apaq＝
2.前n项和的性质：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外).
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
核心提炼
例2
(1)(多选)(2024·济宁质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7a8<0，则
A.数列{an}是递增数列
B.S6>S9
C.当n＝7时，Sn最大
D.当Sn>0时，n的最大值为14
√
√
√
∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7a8<0，
∴a7>0，a8<0，
∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，
∴S6>S9，B正确；
∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列，
∴当n＝7时，Sn最大，C正确；
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
(2)(2024·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝______.
－2
方法一 {an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，
∴a2＝1，
又a2a9a10＝a7a7a7，
∴1×(－8)＝(a7)3，
∴a7＝－2.
方法二 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.
规律方法
等差数列、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.
跟踪演练2
√
(2)(2024·沧州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6，则S24＝______.
510
因为数列{an}为等比数列，由等比数列的性质知，
S3，S6－S3，S9－S6，…，S24－S21，…构成首项为S3＝2，
等差数列、等比数
列的判断与证明
考点三
核心提炼
等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0)
通项法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1
中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2) ＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)
前n项和法 Sn＝an2＋bn(a，b为常数) Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0,1)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3
(2024·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn.
(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；
因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，
所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，
an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，
又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，
所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，
数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列.
(2)求{anbn}的前n项和Sn.
由(1)得an＋bn＝5×3n－1，
an－bn＝(－1)n－1，
易错提醒
(1) ＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法.
(2024·日照模拟)已知数列{an}满足：a1＝λ>0，anan＋1＝27－2n.
(1)当λ＝ 时，求数列{a2n}中的第10项；
跟踪演练3
由已知anan＋1＝27－2n，
所以当n≥2时，anan－1＝29－2n，
所以a2＝210，
(2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列？若存在，求出λ值并证明；若不存在，请说明理由.
存在.假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，
即λ2＝64，解得λ＝8.
下面证明当λ＝8时数列{an}是等比数列，
所以当n为奇数时，an＝24－n；
当n为偶数时，an＝24－n，
所以对一切正整数n，都有an＝24－n，
所以存在正数λ＝8使得数列{an}是等比数列.
专题强化练
一、单项选择题
1.若首项为正数的等比数列{an}的前6项和为126，且a5＝2a3＋8a1，则a4的值为
A.32 B.16 C.8 D.4
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设首项为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∴a4＝a1q3＝16.
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2.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于
A.25 B.22
C.20 D.15
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方法一 设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，
即a1＋3d＝5， ①
又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45， ②
①②联立，解得d＝1，a1＝2，
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方法二 依题意可得，
a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，
所以a4＝5，a8＝9，
于是a3＝a4－d＝5－1＝4，
所以S5＝5a3＝20.
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∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.
4.(2024·安庆模拟)林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年之间的古树为三级，树龄低于100年的不称为古树.林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列.现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14 m，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2 cm，则估计该大树属于(π取3.14)
A.一级 B.二级
C.三级 D.不是古树
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设树干的截面圆的半径为r，
树干周长2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm，
从内向外数，a5＝0.4，an－4＝0.2，
∴估计该大树属于三级.
5.(2024·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数
列；乙： 为等差数列，则
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
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方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
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则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，
有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，
两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，
即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
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方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
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即Sn＝nS1＋n(n－1)D，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，
上边两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，
所以an＝a1＋2(n－1)D，
当n＝1时，上式成立，
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又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
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6.(2024·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于
A.120 B.85
C.－85 D.－120
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方法一 设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，
所以q≠1.
由S4＝－5，S6＝21S2，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
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方法二 设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，
所以q≠－1，否则S4＝0，
从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，
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当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，
即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去.
综上，S8＝－85.
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二、多项选择题
7.(2024·扬州模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积
为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1， <0，则下列结论正确的是
A.q>1
B.0
C.Sn的最大值为S7
D.Tn的最大值为T6
√
√
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由题意得，a1＞1，a6a7＞1＞0，
∴a6，a7同号，即a6与a6q同号，
∴a6，a7一个比 1大，一个比1小，
∴a6>1,0∴0＜q＜1，并且an＝a1qn－1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减的正项数列，A错误；
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Sn－Sn－1＝an＞0，即Sn＞Sn－1对任意的n∈N*都成立，C错误；
∵当n≥7时，an＜1，当1≤n≤6时，an＞1，
∴T6是Tn的最大值，D正确.
8.(2024·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1，则下面说法正确的是
A.数列{an＋1－an}为等比数列
B.数列{an＋1－3an}为等差数列
C.an＝3n－1＋1
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所以数列{an＋1－an}为公比为3的等比数列，故A正确；
因为(an＋1－3an)－(an－3an－1)＝an＋1－4an＋3an－1＝0，即an＋1－3an＝an－3an－1，
所以数列{an＋1－3an}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
由以上分析可得an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，
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Sn＝a1＋a2＋…＋an
三、填空题
9.(2024·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的
公比为________.
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若q＝1，
则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，
则a1＝0，不符合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6＝7S3，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，
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即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
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an＝2n2
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所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.
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11.(2024·厦门模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1 000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.比赛开始后，当阿基里斯跑了1 000米时，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟领先他1米，…，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为________米.
111.1
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根据题意，这是一个等比数列模型，
解得n＝4，
12.(2024·南通模拟)已知各项均为正整数的递增数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，Sn＝2 023，则n的最大值为_____.
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61
因为{an}为递增数列且均为正整数，a1＝3，Sn＝2 023，
若n取最大值，则当m即a2＝4，a3＝5，a4＝6，…，
即当2≤m所以数列{am}是以首项为3，公差为1的等差数列，
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又因为S60＝1 950<2 023，S61＝2 013<2 023，S62＝2 077>2 023，
若n的最大值为61，则a60＝62，a61＝2 023－1 950＝73>62，符合题意；
若n的最大值为62，则a61＝63，a62＝2 023－2 013＝10<63，不符合题意，
综上所述，满足题意的n的最大值为61.
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四、解答题
13.(2024·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
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设等差数列{an}的公差为d，
所以an＝13－2(n－1)＝15－2n.
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(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
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则当n≤7时，an>0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2；
当n≥8时，an<0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an)
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＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn
＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98.
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14.(2024·青岛质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列.
(1)求Sn；
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由S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列，
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专题一 函数与导数
本课结束2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练
一、基本技能练
1.已知等比数列{an}满足a1＝2，a3a5＝4a，则a3的值为( )
A.1 B.2
C.1或－1 D.
2.设数列{an}是等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a3＋a5＝10，S5＝15，则S6＝( )
A.18 B.24
C.30 D.36
3.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
4.若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
5.(多选)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0
6.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )
A.若Sn＝n2＋1，则{an}是等差数列
B.若Sn＝3n－1，则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列，则S9＝9a5
D.若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>S
7.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列an＝________.
8.已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－1，若an∈(0，2 022)，则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的和为________.
9.已知数列{an}满足a1＝1，(an＋an＋1－1)2＝4anan－1，且an＋1>an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
10.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.
11.设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3(m∈N*)，求m.
12.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.
二、创新拓展练
13.(多选)在等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a1>1，a99·a100－1>0，<0，下列结论中正确的是( )
A.0B.a99·a101－1<0
C.T100的值是Tn中最大的
D.使Tn>1成立的最大自然数n值等于198
14.(多选)已知数列{an}满足a1＝10，a5＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A.an＝12－2n
B.|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
C.|an|的最小值为0
D.当且仅当n＝5时，a1＋a2＋a3＋…＋an取得最大值30
15.(多选)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A.数列{an＋1＋an}为等比数列
B.数列{an＋1－2an}为等比数列
C.an＝
D.S20＝(410－1)
16.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＋1·(2－Sn)＝1.
(1)求证：是等差数列；
(2)求数列中最接近2 023的数.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 A
解析 由题意得a3a5＝a＝4a，
又在等比数列中偶数项同号，
∴a4＝2a6，
∴q2＝，∴a3＝a1q2＝1，故选A.
2.答案 B
解析 由等差数列的性质知a4＝＝5，
而S5＝×5＝5a3＝15，则a3＝3，
等差数列{an}的公差d＝a4－a3＝2，
所以a1＝a3－2d＝－1，
则S6＝6a1＋·d＝－6＋30＝24.
3.答案 C
解析 设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.
由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块).
4.答案 B
解析 因为S2 022>0，S2 023<0，
所以>0，
<0，
即a1＋a2 022＝a1 011＋a1 012>0，a1＋a2 023＝2a1 012<0，
所以a1 011>0，a1 012<0，且a1 011>|a1 012|，
所以a1 011a1 012<0，充分性成立；
而当a1 011a1 012<0时，a1 011>0，a1 012<0或a1 011<0，a1 012>0，
则S2 022>0，S2 023<0不一定成立.
故“S2 022>0，S2 023<0”可以推出“a1 011a1 012<0”，
但“a1 011a1 012<0”不能推出“S2 022>0，S2 023<0”，
所以“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的充分不必要条件.故选B.
5.答案 AC
解析 因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，
所以a3＝，a4＝，a6＝q，a7＝q2，
因为a3＋a7＝＋q2≥2，
当且仅当q2＝1时等号成立，故A正确；
因为a4＋a6＝＋q，
当q<0时式子为负数，故B错误；
因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；
因为a3－2a4－1＝－－1＝－2，则a3－2a4－1≥0不成立，故D错误.
6.答案 BC
解析 若Sn＝n2＋1，当n≥2时，an＝2n－1，a1＝2不满足an＝2n－1，故A错误；
若Sn＝3n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1，
由于a1＝S1＝31－1＝2，
满足an＝2·3n－1，
所以{an}是等比数列，故B正确；
若{an}是等差数列，
则S9＝＝9a5，故C正确；
当q＝1时，S1·S3－S＝a(1＋q＋q2)－a(1＋q)2＝－aq<0，故D错误，
综上，选BC.
7.答案 2n－4(n∈N*)(答案不唯一)
解析 依题意得
解得a1<－1，
不妨令a1＝－2，∴an＝2n－4.
8.答案 2 047
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1，
又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，
∴{an}是公比为2，首项为1的等比数列，
∴an＝2n－1，
由an＝2n－1<2 022，
得n－1≤10，即n≤11，
∴所求和为S11＝＝2 047.
9.答案 n2
解析 因为a1＝1，an＋1>an≥a1>0，
所以>.
由(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1得an＋1＋an－1＝2，
所以(－)2＝1，
所以－＝1，
所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝n，即an＝n2.
10.答案 18
解析 由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，
所以a1q＝a1q2－3 a1＝>0 q>1，
所以a4＋3a2＝a1q3＋3a1q＝＝
＝3×
＝3＋6
≥3×2＋6＝18，
当且仅当q－1＝，
即q＝3时等号成立，故a4＋3a2的最小值为18.
11.解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*).
(2)由(1)知log3an＝n－1，
故Sn＝(n∈N*).
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，
得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)或m＝6.
12.(1)证明 设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，
得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
二、创新拓展练
13.答案 ABD
解析 对于A，∵a99·a100－1>0，
∴a·q197>1，∴(a1·q98)2·q>1.
∵a1>1，∴q>0.
又∵<0，
∴a99>1，且a100<1，
∴0对于B，∵a＝a99·a101，a100<1，
∴0即a99·a101－1<0，故B正确；
对于C，由于T100＝T99·a100，
而0故有T100对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)·…·(a99·a100)＝(a99·a100)99>1，
T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)·(a2·a198)…(a99·a101)·a100＝(a100)100<1，故D正确.故选ABD.
14.答案 AC
解析 由an＋2－2an＋1＋an＝0，
可得an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以数列{an}是等差数列，设公差为d，
因为a1＝10，a5＝2，
所以d＝＝－2，
所以an＝10－2(n－1)＝12－2n，
故A正确；
当n＝6时，an＝0，所以当n≤5时，an>0，
当n>5时，an≤0，
所以当n≤5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝11n－n2.
当n>5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an
＝－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)
＝－Sn＋2S5
＝－(11n－n2)＋60
＝n2－11n＋60，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
故B错误；
|an|＝|12－2n|，当n＝6时，|an|取得最小值为0，故C正确；
当n＝5或n＝6时，a1＋a2＋a3＋…＋an取最大值30，故D错误.
15.答案 ABD
解析 因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，
所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝2≠0，
所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；
同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，
所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；
若an＝，
则a2＝＝3，
但a2＝1≠3，C错误；
由A知{an＋an＋1}是等比数列，且公比为2，
因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T10，
则S20＝T10＝＝(410－1)，故D正确.
16.(1)证明 ＝＝－2.
由Sn＋1·(2－Sn)＝1，得Sn＋1＝.
因为－＝－＝－＝－1，
所以是以－2为首项，－1为公差的等差数列.
(2)解 由(1)得＝－2＋(n－1)×(－1)＝－(n＋1)，
即Sn＝，
则an＝Sn－Sn－1＝－＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝满足上式，
所以an＝(n∈N*)，
则＝n(n＋1).
由f(x)＝x(x＋1)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
当n＝44时，＝44×45＝1 980；
当n＝45时，＝45×46＝2 070.
所以数列中最接近2 023的数是1 980.