阶段提能(十) 数列
1．(人教A版选择性必修第二册P25习题4.2T8)已知两个等差数列2，6，10，…，190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．求这个新数列的各项之和．
2．(人教B版选择性必修第三册P44习题5－3CT3)设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数，都有Sn＝2an－3n．
(1)求数列{an}的首项与递推关系；
(2)证明：数列{bn}满足bn＋1＝Abn＋B时(其中A≠1，B≠0)，数列是以A为公比的等比数列．并求数列{an}的通项公式．
3．(人教B版选择性必修第三册P59复习题B组T10)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．
4．(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3T11)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝．
(1)求证：数列为等比数列．
(2)若＋…＋<100，求满足条件的最大整数n．
5．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
[A] 7 [B] 8
[C] 9 [D] 10
6．(2022·全国乙卷)已知等比数列的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
[A] 14 [B] 12
[C] 6 [D] 3
7．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝( )
[A] －2 [B]
[C] 1 [D] 2
8．(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
[A] 3 [B] 18
[C] 54 [D] 152
9．(2023·新高考Ⅰ卷)设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
10．(2023·北京卷)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________．
11．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2．
1/1阶段提能(十) 数列
1．(人教A版选择性必修第二册P25习题4.2T8)已知两个等差数列2，6，10，…，190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．求这个新数列的各项之和．
[解] 记等差数列2，6，10，…，190为{an}，则{an}的通项公式为an＝2＋4(n－1)＝4n－2．
记等差数列2，8，14，…，200为{bn}，则{bn}的通项公式为bn＝2＋6(n－1)＝6n－4．
记{an}与{bn}的公共项组成的数列为{cn}．
∵{an}的公差为4，{bn}的公差为6，
∴{cn}为一个等差数列，且公差d＝12，
又c1＝2，
所以cn＝2＋(n－1)×12＝12n－10．
令12n－10<190，得n<16，则数列{cn}共有16项．
故新数列各项之和为16×2＋×12＝1 472．
2．(人教B版选择性必修第三册P44习题5－3CT3)设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数，都有Sn＝2an－3n．
(1)求数列{an}的首项与递推关系；
(2)证明：数列{bn}满足bn＋1＝Abn＋B时(其中A≠1，B≠0)，数列是以A为公比的等比数列．并求数列{an}的通项公式．
[解] (1)由Sn＝2an－3n，①令n＝1，得S1＝a1＝2a1－3，
得a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－3(n－1)，②
①－②得an＝2an－2an－1－3，即an－2an－1＝3(n≥2)，
故{an}的首项为a1＝3，递推关系为an－2an－1＝3(n≥2)．
(2)由题知bn＋1＝Abn＋B，A≠1，B≠0，则bn＋1－＝Abn＋B－(A≠1，B≠0)，即bn＋1－＝Abn－A，
整理得bn＋1－＝A，A≠1，B≠0，
故数列是以A为公比的等比数列．
由(1)知an－2an－1＝3(n≥2)，
∴an＝2an－1＋3，
由证得的结论知，
{an＋3}是以2为公比的等比数列，又a1＋3＝6，
∴an＋3＝6×2n-1，
∴an＝6×2n-1－3．
3．(人教B版选择性必修第三册P59复习题B组T10)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．
[解] (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
∵{bn}是等比数列，∴＝q＝3，
∴b1＝1，b4＝27，
∴bn＝3n-1，a1＝1，a14＝a1＋13d＝27，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＝2n－1．
(2)由(1)知cn＝(2n－1)·3n-1．
设{cn}的前n项和为Sn．
Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn，
即Sn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－3)×3n-2＋(2n－1)×3n-1，①
3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－5)×3n-2＋(2n－3)×3n-1＋(2n－1)×3n，②
①－②，得－2Sn＝1＋2×31＋…＋2×3n-1－(2n－1)×3n，
即－2Sn＝1＋2×－(2n－1)×3n，
∴Sn＝3n(n－1)＋1．
4．(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3T11)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝．
(1)求证：数列为等比数列．
(2)若＋…＋<100，求满足条件的最大整数n．
[解] (1)证明：由题意知an≠0，由数列{an}满足an＋1＝，可得＝＝，可得－1＝－1＝，
因为a1＝，所以－1＝，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
(2)由(1)可得－1＝＝2·，
所以＝2·＋1，
设数列的前n项和为Sn，
则Sn＝＋…＋
＝2×＋n
＝2×＋n＝n＋1－，
由Sn<100，得n＋1－<100，又n∈N*，99＋1－<100，100＋1－>100，
所以满足Sn<100的最大整数n的值为99．
5．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
A [法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，
所以由等比数列的前n项和公式，得
两式相除，
得q2＝，所以或
所以S6＝＝7．故选A．
法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7．
故选A．]
6．(2022·全国乙卷)已知等比数列的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
D [设等比数列的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则 解得
所以a6＝a1q5＝3．故选D．]
7．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝( )
A．－2 B．
C．1 D．2
B [由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，
则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝．
故选B．]
8．(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A．3 B．18
C．54 D．152
C [因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，a2＝2×2＋2＝6，a2＝3a1，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列．因为a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54．故选C．]
9．(2023·新高考Ⅰ卷)设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
C [若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以＝a1＋(n＋1－1)·＝为常数，所以为等差数列，即甲 乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t为常数，所以{an}为等差数列，即乙 甲．所以甲是乙的充要条件．故选C．]
10．(2023·北京卷)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________．
48 384 [法一：设前3项的公差为d，后7项的公比为q，且q>0，则q4＝＝＝16，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝，即1＋2d＝3，可得d＝1，
所以a3＝3，a7＝a3q4＝48．
a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋＝384．
法二：因为{an}(3≤n≤9)为等比数列，则＝a5a9＝12×192＝482，
且an>0，所以a7＝48．又因为＝a3a7，则a3＝＝3．
设后7项公比为q，且q>0，则q2＝＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝＝＝381，
所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384．]
11．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2．
[解] (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1，
又∵是公差为的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝，
∴当n≥2时，Sn－1＝，
∴an＝Sn－Sn－1＝，
整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，
即＝，
∴an＝a1××…×
＝1××…×＝，
显然对于n＝1也成立，
∴{an}的通项公式an＝．
(2)证明：＝＝2，
∴＋…＋＝2×＝2×＜2．
1/1
