2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练
【A级 基础巩固】
1.设数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n，求数列{nan}的前n项和．
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－a1(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝6，bn＝Sn＋＋4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
3.设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
4.设{an}为等差数列，{bn}是正项等比数列，且a1＝b1＝2，a3＝2b2.在①b5－b3＝12b1，②a5＋2＝b4，这两个条件中任选一个，回答下列问题：
(1)写出你选择的条件并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在(1)的条件下，若cn＝an＋bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
【B级 能力提升】
1.设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
2.已知数列{an}是等差数列，若a1＝2，且a3，2a2，2a4－1成等比数列，数列{bn}满足b1＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求数列{an}、数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}为正项等差数列，设cn＝，求证：数列{cn}的前n项和Tn<.
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝n，则当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n－1，两式相减得an＝1，∴an＝2n-1.又当n＝1时，a1＝1，满足an＝2n-1.综上知an＝2n-1，∴nan＝n·2n-1.设数列{nan}的前n项和为Sn，∴Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n-2＋n·2n-1，2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，∴－Sn＝1－n·2n＋(21＋22＋…＋2n-1)＝1－n·2n＋＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
2.(1)解：已知Sn＝2an－a1，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
两式相减得an＝2an－1，n≥2，
所以＝2为常数．
bn＝Sn＋＋4，
令n＝1，得6＝a1＋＋4，解得a1＝1，
所以数列{an}是公比为2、首项为1的等比数列，
所以{an}的通项公式为an＝2n-1.
(2)证明：由Sn＝2an－a1＝2n－1，得bn＝2n＋＋3，
则＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝－＜.
3.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得an＝(－2)n-1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n-1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n-1＋n×(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n-1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n，
所以Sn＝－.
4.解：(1)选择①：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0).
则根据题意有解得
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n-1＝2n；
选择②：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0).
则根据题意有解得
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n-1＝2n.
(2)由(1)可知cn＝3n－1＋2n，
所以Sn＝(2＋21)＋(5＋22)＋(8＋23)＋…＋(3n－1＋2n)＝[2＋5＋8＋…＋(3n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2n)
＝＋＝＋2n+1－2.
【B级 能力提升】
1.(1)解：设{an}的公比为q，则an＝qn-1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝.
(2)证明：由(1)知Sn＝
＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－
＝－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
2.(1)解：∵数列{an}是等差数列，设公差为d，
则a3·(2a4－1)＝(2a2)2，
即(2＋2d)·(6d＋3)＝(4＋2d)2，解得d＝1或d＝－，
故an＝n＋1或an＝－n＋，
令n＝1，得b1＝2，
当n≥2时，b1＋＋＋…＋＝(n－1)2＋(n－1)，
与原式作差得＝n＋1，bn＝n2＋n(n≥2)，
验证得b1＝2满足通项，故bn＝n2＋n(n∈N*).
(2)证明：因为数列{an}为正项等差数列，由(1)可知an＝n＋1，
cn＝<＝，
则Tn<，
即Tn<<＝，不等式得证。2025高考数学一轮复习-6.2-等差数列-专项训练
【A级 基础巩固】
1.在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则等于( )
A． B．
C． D．
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S50－S47＝12，则S97等于( )
A．198 B．388
C．776 D．2 023
4.（多选）已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8＞S9＞S7，则下列结论正确的是( )
A．公差d＜0
B．在所有小于0的Sn中，S17最大
C．a8＞a9
D．满足Sn＞0的n的个数为15
5.若一个等差数列{an}满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第2项且小于第3项．写出一个满足条件的数列的通项公式an＝ .
6.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
7.在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
【B级 能力提升】
1.“数列{an}，{bn}都是等差数列”是“数列{an＋bn}是等差数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2.已知数列{an}的各项为互异正数，且其倒数构成公差为3的等差数列，则＝( )
A． B．
C．3 D．6
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＋3a3＋a15＝10，则S9 的值为 ．
4.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
5.记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2·a4＝S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求使得Sn>an成立的n的最小值．
6.已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
(1)求{an}的通项公式和i.
(2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
(ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
(ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解析：由题得(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝－24＋78＝54，
所以3(a1＋a20)＝54，所以a1＋a20＝18，
所以S20＝(a1＋a20)＝10×18＝180.
答案：B
2.解析：＝＝＝，所以＝，所以＝＝＝.
答案：D
3.解析：∵S50－S47＝a48＋a49＋a50＝12，∴a49＝4，∴S97＝＝97a49＝97×4＝388.
答案：B
4.解析：∵S8＞S9，且S9＝S8＋a9，∴S8＞S8＋a9，即a9＜0.又S8＞S7，S8＝S7＋a8，∴S7＋a8＞S7，即a8＞0，∴d＝a9－a8＜0，故A，C中的结论正确；∵S9＞S7，S9＝S7＋a8＋a9，∴S7＋a8＋a9＞S7，即a8＋a9＞0.又a1＋a16＝a8＋a9，∴S16＝＝8(a8＋a9)＞0.又a1＋a15＝2a8，∴S15＝＝15a8＞0.又a1＋a17＝2a9，且a9＜0，∴S17＝＝17a9＜0，故B中的结论正确，D中的结论错误．
答案：ABC
5.解析：设{an}的公差为d，由题意得，a2＜a1d＜a3，所以a1＋d＜a1d＜a1＋2d.又a1，d为正整数，所以可取a1＝3，d＝2，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
答案：2n＋1（答案不唯一）
6.解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7，得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
7.解：(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d.
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得，
Sn＝8n＋×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝
【B级 能力提升】
1.解析：若数列{an}，{bn}都是等差数列，设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
所以an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2为常数，
所以数列{an＋bn}是等差数列．
若数列{an＋bn}是等差数列，如
an＋bn＝2n＋(n－2n)＝n是等差数列，
而此时an＝2n，bn＝n－2n均不是等差数列，
所以“数列{an}，{bn}都是等差数列”是“数列{an＋bn}是等差数列”的充分不必要条件．
答案：A
2.解析：因为数列{an}的各项为互异正数，且其倒数构成公差为3的等差数列，所以－＝3(n≥2，n∈N*) an－1－an＝3an－1an an－1an＝，
所以
＝
＝3·＝3.
答案：C
3.解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3a3＋a15＝10可化为5a1＋20d＝10，即a1＋4d＝2，所以a5＝2，所以S9＝9a5＝18.
答案：18
4.解析：因为an·Sn＝9，所以a1·S1＝9.又an>0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即a＋3a2－9＝0，得a2＝＝<3，所以①正确；当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，两式作差可得an＝－(n≥2)，即an＝(n≥2)，整理得＝(n≥2)，若数列{an}为等比数列，则当n≥2时，为常数，即数列{an}从第2项起各项均为同一个常数，易知当n＝3时不成立，所以②不正确；因为an·Sn＝an＋1·Sn＋1＝9，所以＝，由数列{an}的各项均为正数，得>1，所以an>an＋1>0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于，取n>90 000，由an≥且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，与已知矛盾，所以④正确．综上，所有正确结论的序号是①③④.
答案：①③④
5.解：(1)a3＝S5 a1＋2d＝5a1＋10d 4a1＋8d＝0 a1＋2d＝0 a1＝－2d，①
a2·a4＝S4 (a1＋d)(a1＋3d)＝4a1＋6d.②
将①代入②得－d2＝－2d d＝0（舍）或d＝2，
∴a1＝－2d＝－4，∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6.
(2)由(1)知an＝2n－6，
Sn＝na1＋d＝－4n＋n(n－1)＝n2－5n.
Sn>an n2－5n>2n－6 n2－7n＋6>0 (n－1)(n－6)>0，
解得n<1（舍）或n>6，∴n的最小值为7.
6.(1)解：设{an}的公差为d，
由得
解得
所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
a2n－1＝2·2n-1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2n+1－1.
从a2n－1到a2n－1共有2n－1－2n-1＋1＝2·2n-1－2n-1＝2n-1（项），
所以 ai＝＝＝＝3·22n-2.
(2)(ⅰ)证明：因为当2k-1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1，
所以当2k≤n＋1≤2k+1－1时，bk＋1＜an＋1＜bk＋2，
可得an＜bk＋1＜an＋1.
因为{an}为递增数列，所以若2k-1≤n≤2k－1，则a2k－1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k+1－1.
同理可得2k+1＋1≤an＋1≤2k+2－1.
故可得2k+1－1＜bk＋1＜2k+1＋1，
所以2k－1＜bk＜2k＋1.
综上，当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
(ⅱ)解：由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn（p＞0，q＞0且q≠1），
由(ⅰ)知，2n－1＜bn＜2n＋1，即2n－1＜p·qn＜2n＋1，
则有1－＜p·＜1＋.
①当＞1，即q＞2时，
n0∈N*，使得p· n0＞2，与p·n0＜1＋矛盾；
②当0＜＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
n1∈N*，使得p·＜，与p·＞1－矛盾．
故q＝2.
因为2n－1＜bn＜2n＋1，所以bn＝2n.
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n+1－22025高考数学一轮复习-6.5-数列的综合问题-专项训练
【A级 基础巩固】
1.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．
2.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
3.已知数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，且数列是以为公差的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝2nan，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn.
①求证：数列为等比数列；
②若存在整数m，n(m>n>1)，使得＝，其中λ为常数，且λ≥－2，求λ的所有可能值．
【B级 能力提升】
1.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．
2.从①＝，②Sn＝an这两个条件中任选一个补充在下列问题中，并解答．
设首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且 .
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)在数列{an}中是否存在连续三项构成等比数列？若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解：(1)设数列{an}的公差为d.
由题意可知
整理得即
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，
∴S4＝16，S6＝36.
又S4Sn＝S，∴n2＝＝81，
∴n＝9，公比q＝＝.
2.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n－2n-1＝2n-1.
a1＝1也适合an＝2n-1，
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n-1.
(2)∵bn＋1－2bn＝8an＝2n+2，
等式两边同时除以2n+1，得－＝2，且＝1，
∴数列是以1为首项、2为公差的等差数列，
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴bn＝(2n－1)·2n，
∴Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
得2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n+1，
两式相减得－Tn＝21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n+1
＝2＋－(2n－1)·2n+1
＝(3－2n)·2n+1－6，
因此Tn＝(2n－3)·2n+1＋6.
3.(1)解：∵a1＝2，∴＝2，
∴＝2＋(n－1)＝n＋，
即Sn＝n2＋n.
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2＋n－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2符合上式，∴an＝n＋1(n∈N*).
(2)①证明：∵an＝n＋1(n∈N*)，
∴bn＝2n(n＋1)，
∴Tn＝2×2＋22×3＋23×4＋…＋2n×(n＋1)，
则2Tn＝2×22＋23×3＋24×4＋…＋2n+1×(n＋1)，
两式相减，可整理得Tn＝n·2n+1，
∴＝2n+1＝4×2n-1，
∴数列是以4为首项、2为公比的等比数列．
②解：由①可知，Tn＝n·2n+1，
且由(1)知Sn＝n2＋n，
代入＝，
可得＝，
整理得＝，
即＝.
设cn＝，则cm＝cn，
则cn＋1－cn＝－＝.
∵λ≥－2，∴当n≥3时，cn＋1－cn＝<0，即cn＋1
∵m>n>1，且c2－c4＝－＝≥0，
∴c2>cn(n≥5)，
∴c2＝c4或c2＝c3，即n＝2，m＝4或3.
当n＝2，m＝4时，λ＝－2，
当n＝2，m＝3时，λ＝－1.
【B级 能力提升】
1.(1)证明：由已知条件＋n＝2an＋1可得，
2Sn＝2nan＋n－n2①，当n≥2时，由①可得2Sn－1＝2(n－1)·an－1＋(n－1)－(n－1)2②，由an＝Sn－Sn－1及①－②可得，(2n－2)an－(2n－2)an－1＝2n－2，n≥2，且n∈N*，
即an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，因此{an}是等差数列，公差为1.
(2)解：∵a4，a7，a9成等比数列，且a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，∴a＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12，∴等差数列{an}的通项公式为an＝－12＋(n－1)·1＝n－13，
∴Sn＝＝n2－n＝－.
∵n∈N*，∴当n＝12或n＝13时，Sn最小，
最小值为－78.
2.解：(1)选①＝，
即an＋1＝，所以＝，
即＝，
所以数列是常数列，
所以当n＝1时，＝1，故an＝n(n＋1).
选②，因为3Sn＝(n＋2)an，
所以当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，
则3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝，
所以an＝··…·×·a1＝n(n＋1)，
当n＝1时，a1＝2也满足，所以an＝n(n＋1).
(2)假设在数列{an}中存在连续三项an，an＋1，an＋2成等比数列，那么有a＝anan＋2成立，
即[(n＋1)(n＋2)]2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)成立，即(n＋1)(n＋2)＝n(n＋3)成立，
此等式显然无解，故原命题不成立，即不存在连续三项an，an＋1，an＋2成等比数列2025高考数学一轮复习-6.1-数列的概念-专项训练
【A级 基础巩固】
1.已知在数列{an}中，a1＝2，an＝1－(n≥2)，则a2 024＝( )
A． B．－
C．－1 D．2
2.在数列{an}中，a1＝5，a2＝9.若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项的值为( )
A．9 B．11
C． D．12
3.（多选）若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝ D．an＝ln
4.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝ ．
5.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，求：
(1)数列{an}的通项公式；
(2)数列{nan}中数值最小的项是第几项？
6.已知在数列{an}中，an＝1＋（n∈N*，a∈R且a≠0）.
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，an≤a6恒成立，求a的取值范围．
【B级 能力提升】
1.已知{an}是各项均为整数的递增数列，且a1≥3，若a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
2.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…).则( )
A．b1＜b5 B．b3＜b8
C．b6＜b2 D．b4＜b7
3.已知在数列{an}中，a1＝2，a1＋＋＋…＋＝an＋1－2，则an＝ .
4.已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*).若a5是{an}中的最大值，求实数a的取值范围．
5.若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，求an.
6.已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1.答案：A
2.解析：令bn＝an＋n2，∵a1＝5，a2＝9，∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6，∴数列{an＋n2}的公差为13－6＝7，则an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1，∴an＝－n2＋7n－1＝－＋.又n∈N*，∴当n＝3或4时，an取最大值－＋＝11.
答案：B
3.解析：对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；
对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；
对于C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；
对于D，若an＝ln ，则an＋1－an＝ln －ln ＝ln ＝ln ，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确．
答案：CD
4.解析：因为2an＋1＋Sn＝2，①
当n≥2时，2an＋Sn－1＝2，②
由①式减②式得an＋1＝an.
又当n＝1时，2a2＋S1＝2，得a2＝＝a1，
所以数列{an}是以1为首项、公比为的等比数列，所以an＝.
答案：
5.解：(1)∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*).
(2)记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．
6.解：(1)若a＝－7，则an＝1＋(n∈N*).
结合函数f(n)＝1＋的单调性，可知1＞a1＞a2＞a3＞a4，a5＞a6＞a7＞…＞an＞1(n∈N*).
所以数列{an}中的最大项为a5，a5＝1＋＝2，最小项为a4，a4＝1＋＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，已知对任意的n∈N*，an≤a6恒成立，结合函数f(n)＝1＋的单调性，可知5＜＜6，解得－10＜a＜－8，故a的取值范围是(－10，－8).
【B级 能力提升】
1.解析：若要使n尽可能的大，则a1应越小，且后一项与前一项的差也应越小，由题意知a1最小为3，差最小为1，
构成数列{an}是首项为3、公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，
则an＝n＋2，S12＝×12＝102＞100，
所以n≤11.
对于an＝n＋2，S11＝×11＝88，比100小12，
可将a11由13变为25即可满足题意，
所以n的最大值为11.
答案：C
2.解析：法一：当n取奇数时，由已知b1＝1＋，b3＝1＋，因为＞，所以b1＞b3，同理可得b3＞b5，b5＞b7，…，于是可得b1＞b3＞b5＞b7＞…，故A不正确；当n取偶数时，由已知b2＝1＋，b4＝1＋，因为＞，所以b2＜b4，同理可得b4＜b6，b6＜b8，…，于是可得b2＜b4＜b6＜b8＜…，故C不正确；因为＞，所以b1＞b2，同理可得b3＞b4，b5＞b6，b7＞b8，又b3＞b7，所以b3＞b8，故B不正确．
法二（特殊值法）：不妨取αk＝1，则b1＝1＋＝2，b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，所以b4＝1＋＝1＋＝，b5＝1＋＝1＋＝，b6＝1＋＝1＋＝，b7＝1＋＝1＋＝，b8＝1＋＝1＋＝.逐一判断选项可知选D.
答案：D
3.解析：a1＋＋＋…＋＝an＋1－2，当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝an－2，则＝an＋1－an，即＝.当n＝1时，a1＝a2－2，得a2＝4，＝满足上式，所以＝，因此数列是常数列，即＝＝2，所以an＝2n.
答案：2n
4.解：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此当n＝4时取得最大值，为a4＝24－1＝15；
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－＋.
因为a5是{an}中的最大值，
所以解得9≤a≤12，
所以实数a的取值范围是[9，12].
5.解：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，
所以当n≥2时，a2－a1＝1＋21，
a3－a2＝1＋22，
a4－a3＝1＋23，
……
an－an－1＝1＋2n-1，
以上各式相加得an－a1＝n－1＋(21＋22＋23＋…＋2n-1)，
则an＝2n＋n－2(n≥2).
又a1＝1也符合上式，
所以an＝2n＋n－2.
6.解：(1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴＝，
∴＝＝…＝＝1，
∴an＝n(n∈N*).
(2)bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n+1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)
＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<.
令cn＝，
则＝·＝>1，
∴{cn}为递增数列，∴λ即λ的取值范围为（－∞，2）2025高考数学一轮复习-6.3-等比数列-专项训练
【A级 基础巩固】
1.已知等比数列{an}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于( )
A．1 B．－1
C．3 D．－3
2.已知等比数列{an}满足a2＋a4＋a6＋a8＝20，a2a8＝2，则＋＋＋的值为( )
A．20 B．10
C．5 D．
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn.若S4＝3，S8＝9，则S16＝( )
A．12 B．30
C．45 D．81
4.（多选）在数列{an}中，n∈N*，若＝k（k为常数），则称{an}为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是( )
A．k不可能为0
B．等差数列一定是“等差比数列”
C．等比数列一定是“等差比数列”
D．“等差比数列”中可以有无数项为0
5.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且an>0，S1＋a1＝2，S3＋a3＝22，则公比q＝ ，S5＋a5＝ ．
6.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若a＋a＋2a2a6＝8 100，S4－S2＝36，求S2 024的值.
7.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
【B级 能力提升】
1.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，那么这匹马在最后一天行走的里程数为( )
A． B．
C． D．
2.（多选）已知各项均为正数的等比数列{an}，a1＝2，a4＝2a2＋a3.设其公比为q，前n项和为Sn，则( )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋13.在等比数列{an}中，公比q>1，＋＝，a3a5＝18，则q2＝ .
4.设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn（a＞0，且a≠1）.若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝ ．
5.已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn.若a2＝2，S3＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设m∈Z，若Sn＜m恒成立，求m的最小值．
6.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m]（m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解析：设an＝a1qn-1，∵a5－a3＝8，a6－a4＝24，
∴
解得∴a3＝a1q2＝×32＝1.
答案：A
2.解析：在等比数列{an}中，由等比数列的性质可得a4·a6＝a2·a8＝2，所以＋＋＋＝＋＝＝＝10.
答案：B
3.解析：法一：设{an}的公比为q，显然公比q≠1，则由题意，得得所以S16＝＝＝－3×(1－24)＝45.
法二：设{an}的公比为q，显然公比q≠－1，在等比数列{an}中，S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也成等比数列．因为S4＝3，S8＝9，所以S8－S4＝6，所以S12－S8＝12，S16－S12＝24，所以S12＝21，S16＝45.
答案：C
4.解析：对于A，k不可能为0，正确；
对于B，当an＝1时，{an}为等差数列，但不是“等差比数列”，错误；
对于C，当等比数列的公比q＝1时，an＋1－an＝0，分式无意义，所以{an}不是“等差比数列”，错误；
对于D，数列0，1，0，1，0，1，…，0，1是“等差比数列”，且有无数项为0，正确．
答案：AD
5.解析：由题意得2a1＝2，∴a1＝1.由a1＋a1q＋2a1q2＝22，得q＝3或q＝－.∵an>0，∴q＝－不符合题意，故q＝3，∴S5＋a5＝＋1×34＝202.
答案：3 202
6.解：因为a＋a＋2a2a6＝a＋a＋2a3a5＝(a3＋a5)2＝8 100，
所以a3＋a5＝90.
因为S4－S2＝a3＋a4＝36，
所以解得
则a1＝1，所以S2 024＝＝.
7.解：(1)由条件可得an＋1＝an，
将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1、公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn.
又b1＝1，所以{bn}是首项为1、公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n-1，
所以an＝n·2n-1.
【B级 能力提升】
1.解析：设第七天走的路程为x，则第六天的行程为2x，第五天的行程为22x，依次计算，那么七天总共走的路程为x＋2x＋…＋26x＝＝700 x＝.
答案：B
2.解析：由a4＝2a2＋a3，可得a1q3＝2a1q＋a1q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.又等比数列{an}的各项均为正数，可得q>0，所以q＝2，故A正确；数列{an}的通项公式为an＝a1qn-1＝2n，故B正确；S10＝＝211－2＝2 046，故C不正确；因为an＋an＋1＝2n＋2n+1＝3·2n，an＋2＝2n+2＝4·2n，所以an＋an＋1答案：ABD
3.解析：∵a3a5＝a2a6＝18，∴＋＝＝，则a2＋a6＝9.
又q＞1，∴a2＝3，a6＝6，∴q4＝＝2，∴q2＝.
答案：
4.解析：∵logaxn＋1＝1＋logaxn（a＞0，且a≠1），
则1＝logaxn＋1－logaxn＝loga，
∴＝a，
∴数列{xn}是公比为a的等比数列．
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
答案：100a100
5.解：(1)由a2＝2，S3＝7，
得解得或（舍去），
所以an＝4·＝.
(2)由(1)可知，Sn＝＝＝8＜8.
因为Sn单调递增，
且S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8).
又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.
6.解：(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝（舍去），q＝2.
由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n+1时，bm＝n，所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝48