人教版2022届一轮复习打地基练习 等差等比数列综合

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 等差等比数列综合，共25页。试卷主要包含了等差数列{an}的公差是d等内容，欢迎下载使用。
人教版2022届一轮复习打地基练习 等差等比数列综合
一．选择题（共16小题）
1．已知各项不为0的等差数列{an}满足2a3﹣a72+2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b5b9＝（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
2．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a3＝（　　）
A．﹣10 B．﹣6 C．﹣8 D．﹣4
3．等差数列{an}的公差是d（d≠0），前n项和Sn，S2＝6，且a2，a4，a8成等比数列，则{an}的公差d＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．设△ABC的三内角A、B、C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状是（　　）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
5．等差数列{an}中，a1＝1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比，则S6＝（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
6．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝（　　）
A．26 B．52 C．78 D．104
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S3＝（　　）
A．15 B．7 C．8 D．16
8．在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a5是a2，a14的等比中项，则a7＝（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a1+a3+a5+a7+a9＝50，b4•b6•b14•b16＝625，则a2+a8b10=（　　）
A．4 B．﹣4 C．±4 D．±5
10．已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn=abn，Tn＝c1+c2+…+cn，（n∈N*），则当Tn＞2019时，n的最小值是（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
11．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若a1，S3，S4成等差数列，则q2﹣q＝（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
12．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a4•a8•a9＝﹣33，b4+b8+b9=5π，则tanb4+b10a3⋅a11−1=（　　）
A．−3 B．3 C．−33 D．33
13．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若2a3，12a5，a4成等差数列，则S7﹣S6＝（　　）
A．128 B．64 C．32 D．1
14．已知等比数列{an}的各项均为正，且5a3，a2，3a4成等差数列，则数列{an}的公比是（　　）
A．12 B．2 C．13 D．3
15．等差数列{an}的公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，且a1+a4＝﹣4，则{an}前6项的和为（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
16．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，则数列{bn}的公比为（　　）
A．2 B．4 C．2 D．12
二．填空题（共18小题）
17．已知等差数列{an}的公差d不为0，且a2，a4，a5成等比数列，则a1d=　 　．
18．已知等比数列{an}中，各项都是正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，a1＝1，则S5＝　 　．
19．在数列中{an}，它的前n项和Sn＝1﹣nan（n∈N+），则数列{an}的通项公式为　 　．
20．已知等差数列{an}的公差为d，若a1，a4，a13成等比数列，则a1d的值为　 　．
21．已知a，4，b成等比数列，a，4，b﹣2成等差数列，则logab＝　 　．
22．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3，S9，S6成等差数列，则q3的值为　 　；设ak是a4与a7的等差中项，则k的值是　 　．
23．在等比数列{an}中，a2a3a4=2764，公比q＝2，数列{bn}是等差数列，且b7＝a5，则b3+b11＝　 　．
24．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)，公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，当Sn＞0时，n的最大值为　 　．
25．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a4＝11，S8＝100，数列{bn}是等比数列，且b4＝a1+a5，b5＝a11，b7＝ap，则p＝　 　．
26．各项均为正数的等比数列{an}，满足lga2+lga3＝lga4，且a2，a3+1，a4成等差数列，数列{bn}满足b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前n项和Sn＝n2，则bn＝　 　．
27．公差不为零的等差数列{an}，a2，a4，a8成等比，且a1＝1，若k=1n 1akak+1≤m恒成立，则实数m的取值范围是　 　．
28．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜a3，对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得am+3＝bn成立，则a＝　 　，an＝　 　．
29．在等差数列{an}中，a2＝4，且1+a3，a6，4+a10成等比数列，则公差d＝　 　．
30．已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比数列，设bn＝（﹣1）n+1an，数列{bn}的前n项的和为Sn，则S2021＝　 　
31．已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若集合A＝{a1，a2，a3}，集合B＝{b1，b2，b3}，集合C＝{a，b，﹣2}（a＞0，b＞0），且A＝B＝C，则a+b＝　 　．
32．正项等比数列{an}满足a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，则（a1a2）•（a2a3）•…•（anan+1）取得最小值时的n值为　 　．
33．已知首项均为32的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a3＝﹣b2，a4＝b3，且{an}的各项均不相等，设Sn为数列{bn}的前n项和，则Sn的最大值与最小值之差的绝对值为　 　．
34．已知等差数列{an}的公差d＞0，且a2是a1与a4的等比中项．记bn=a2n，若对任意n∈N*，都有1b1+1b2+⋯+1bn＜3，则d的取值范围是　 　．
三．解答题（共7小题）
35．已知等差数列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和为Sn．
36．已知单调递增的等比数列{an}满足：a2+a3+a4＝28，且a3+2是a2和a4的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an⋅log12an，Sn＝b1+b2+…+bn，求使Sn+n•2n+1＞50成立的最小正整数n的值．
37．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S3﹣2a3，a1＝1．
（1）求Sn；
（2）若bn＝log2a2n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：数列{T2n+12n+1}是等差数列．
38．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝35，a2﹣a1，a4﹣a2，a1+a2成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=1anan+1(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Tn．
39．已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3+2是a2和a4的等差中项．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝2log2an﹣1，求数列{anbn}的前n项和Tn．
40．已知公比不为1的等比数列{an}满足a1+a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞238成立的最大正整数k．
41．已知点(1，13)是函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）的图象上一点．等比数列{an}的前n项和为f（n）﹣1．数列{bn}（bn＞0）的首项为1，且前n项和Sn满足sn﹣sn﹣1=sn+sn−1（n≥2）
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若数列{1bnbn+1}的前n项和为Tn，问满足Tn＞10002012的最小正整数n是多少？

人教版2022届一轮复习打地基练习 等差等比数列综合
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．已知各项不为0的等差数列{an}满足2a3﹣a72+2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b5b9＝（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
【分析】根据等差数列的性质化简已知条件，得到关于a7的方程，求出方程的解得到a7的值，进而得到b7的值，把所求的式子利用等比数列的性质化简，将b7的值代入即可求出值．
【解答】解：根据等差数列的性质得：a3+a11＝2a7，
2a3﹣a72+2a11＝0变为：4a7﹣a72＝0，解得a7＝4，a7＝0（舍去），
所以b7＝a7＝4，
则b5b9＝a72＝16．
故选：D．
2．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a3＝（　　）
A．﹣10 B．﹣6 C．﹣8 D．﹣4
【分析】由题意可得a32＝（a3﹣4）（a3+2），解关于a3的方程可得．
【解答】解：∵等差数列{an}的公差为2，且a1，a3，a4成等比数列，
∴a32＝a1a4，∴a32＝（a3﹣4）（a3+2），
解得a3＝﹣4
故选：D．
3．等差数列{an}的公差是d（d≠0），前n项和Sn，S2＝6，且a2，a4，a8成等比数列，则{an}的公差d＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用已知条件列出关于首项和公差的方程组，解方程组即可求解．
【解答】解：由题意可得S2=a1+a2=6a42=a2a8，
所以2a1+d=6(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，
解方程组可得a1＝d＝2．
故选：B．
4．设△ABC的三内角A、B、C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状是（　　）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【分析】先求出B的度数，再根据余弦定理和等比数列的性质可得a＝c，即可判断．
【解答】解：∵△ABC的三内角A、B、C成等差数列，
∴∠B＝60°，
又sinA、sinB、sinC成等比数列，
∴sin2B＝sinA•sinC，
∴b2＝ac，
由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，
∴a2+c2﹣2ac＝0，
∴a＝c
∴三角形为等边三角形，
故选：A．
5．等差数列{an}中，a1＝1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比，则S6＝（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
【分析】利用等比数列的通项公式与性质列出方程，结合等差数列求出公差，然后求解S6即可．
【解答】解：等差数列{an}中，a1＝1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比，
可得：（a2）2＝a3a6，
即：（1+d）2＝（1+d）（1+5d），
解得d2+2d＝0，解得d＝﹣2．（d＝0舍去）．
则S6＝6+6×52×(−2)=−24．
故选：A．
6．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝（　　）
A．26 B．52 C．78 D．104
【分析】由等比数列的中项性质可得a7＝4，再由等差数列的求和公式和中项性质，可得所求和．
【解答】解：等比数列{an}中，a3a11＝4a7，
可得a72＝4a7，解得a7＝4，
等差数列{bn}中b7＝a7＝4，
则S13=12×13（b1+b13）＝13b7＝13×4＝52．
故选：B．
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S3＝（　　）
A．15 B．7 C．8 D．16
【分析】等比数列{an}的公比设为q，由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，再由等比数列的求和公式可得所求值．
【解答】解：等比数列{an}的公比设为q，
4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，
可得4a2＝4a1+a3，
即4q＝4+q2，
解得q＝2，
则S3=a1(1−q3)1−q=1−231−2=7．
故选：B．
8．在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a5是a2，a14的等比中项，则a7＝（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【分析】设出数列的公差，利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
【解答】解：设数列{an}的公差为d，d≠0，由已知a5是a2，a14的等比中项，得：（1+4d）2＝（1+d）（1+13d），
可得3d2﹣6d＝0，可得d＝2，
所以a7＝1+6×2＝13．
故选：B．
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a1+a3+a5+a7+a9＝50，b4•b6•b14•b16＝625，则a2+a8b10=（　　）
A．4 B．﹣4 C．±4 D．±5
【分析】运用等差数列和等比数列的性质，化简计算可得所求值．
【解答】解：{an}是等差数列，{bn}是等比数列，
若a1+a3+a5+a7+a9＝50，b4•b6•b14•b16＝625，
则a1+a9＝a3+a7＝2a5，b4•b16＝b6•b14＝b102，
可得5a5＝50，即a5＝10，
a2+a8＝2a5＝20，
又b104＝625，即b10＝±5，
则a2+a8b10=±4．
故选：C．
10．已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn=abn，Tn＝c1+c2+…+cn，（n∈N*），则当Tn＞2019时，n的最小值是（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】由题设知an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1，由Tn＝ab1+ab2+…+abn＝a1+a2+a4+…+a2n﹣1＝2n+1﹣n﹣2和Tn＞2019，得2n+1﹣n﹣2＞2019，由此能求出当Tn＞2019时n的最小值．
【解答】解：∵{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2n﹣1，
∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2n﹣1，
∴Tn＝c1+c2+…+cn＝ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a2n﹣1＝（2×1﹣1）+（2×2﹣1）+（2×4﹣1）+…+（2×2n﹣1﹣1）
＝2（1+2+4+…+2n﹣1）﹣n
＝2×1−2n1−2−n
＝2n+1﹣n﹣2，
∵Tn＞2019，
∴2n+1﹣n﹣2＞2019，
解得n＞9．
则当Tn＞2019时，n的最小值是10．
故选：B．
11．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若a1，S3，S4成等差数列，则q2﹣q＝（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
【分析】由已知可得S4﹣S3＝S3﹣a1，即a4＝a2+a3，代入等比数列的通项公式可得关于q的方程，则答案可求．
【解答】解：等比数列{an}的公比为q，由a1，S3，S4成等差数列，
得S4﹣S3＝S3﹣a1，即a4＝a2+a3，
得q2﹣q﹣1＝0，∴q2﹣q＝1．
故选：B．
12．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a4•a8•a9＝﹣33，b4+b8+b9=5π，则tanb4+b10a3⋅a11−1=（　　）
A．−3 B．3 C．−33 D．33
【分析】设数列{an}是公比为q的等比数列，数列{bn}是公差为d的等差数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列和等差数列的中项性质，以及特殊角的正切的函数值，可得所求值．
【解答】解：设数列{an}是公比为q的等比数列，数列{bn}是公差为d的等差数列，
若a4⋅a8⋅a9=−33，b4+b8+b9=5π，
则a1q3•a1q7•a1q8＝﹣33，b1+3d+b1+7d+b1+8d＝5π，
即为a1q6=−3，b1+6d=5π3，
即a7=−3，b7=5π3，
则tanb4+b10a3⋅a11−1=tan2b7a72−1=tan5π3=−3．
故选：A．
13．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若2a3，12a5，a4成等差数列，则S7﹣S6＝（　　）
A．128 B．64 C．32 D．1
【分析】由2a3，12a5，a4成等差数列，利用性质建立方程，再用等比数列的通项公式将此方程转化为关于公比的等式，解出公比的值即可求解．
【解答】解：设{an}的公比为q．
∵2a3，12a5，a4成等差数列，∴a5＝2a3+a4．
即a1q4＝2a1q2+a1q3，
化简得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2或q＝﹣1．
由已知，q＝2，
∴S7﹣S6＝a7＝a1q6＝26＝64．
故选：B．
14．已知等比数列{an}的各项均为正，且5a3，a2，3a4成等差数列，则数列{an}的公比是（　　）
A．12 B．2 C．13 D．3
【分析】利用各项均为正数的等比数列{an}，5a3，a2，3a4成等差数列，建立方程，即可求出等比数列{an}的公比．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，则
∵各项均为正数的等比数列{an}，5a3，a2，3a4成等差数列，
∴2a2＝5a3+3a4，
∴3q2+5q﹣2＝0，
∵q＞0，
∴q=13，
故选：C．
15．等差数列{an}的公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，且a1+a4＝﹣4，则{an}前6项的和为（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
【分析】设{an}的公差为d（d≠0），运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：设{an}的公差为d（d≠0），
由a2，a3，a6成等比数列可得a32=a2a6，
得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，化为2a1+d＝0，
又2a1+3d＝﹣4，
所以a1＝1，d＝﹣2，
S6=6×1+6×52×(−2)=−24．
故选：A．
16．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，则数列{bn}的公比为（　　）
A．2 B．4 C．2 D．12
【分析】先由a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，找到a1＝2d，再利用等比数列公比的求法求出即可．
【解答】解：设数列{an}的公差为d（d≠0），由a32＝a1a7得（a1+2d）2＝a1（a1+6d）⇒a1＝2d，
故q=a3a1=a1+2da1=2a1a1=2，
故选：C．
二．填空题（共18小题）
17．已知等差数列{an}的公差d不为0，且a2，a4，a5成等比数列，则a1d=　−52　．
【分析】先利用等差数列的通项公式，用a1和d分别表示出等差数列的a2，a4，a5，进而利用等比数列的性质建立等式，求得a1和d的关系，即可求出a1d．
【解答】解：∵a2，a4，a5成等比数列，
∴a42＝a2•a5，即（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+4d），
由d≠0，解得：2a1＝﹣5d，
∴a1d=−52．
故答案为：−52．
18．已知等比数列{an}中，各项都是正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，a1＝1，则S5＝　31　．
【分析】先由题设求得等比数列{an}的公比q，再利用等比数列的前n项和公式求得结果即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由题设可得：2a5＝4a3+2a4，即a5＝2a3+a4，
又a1＝1，∴q4＝2q2+q3，解得：q＝2，
∴S5=1−251−2=25﹣1＝31，
故答案为：31．
19．在数列中{an}，它的前n项和Sn＝1﹣nan（n∈N+），则数列{an}的通项公式为　1n(n+1)　．
【分析】由Sn＝1﹣nan（n∈N+），推导出anan−1=n−1n+1，a1=12．由此利用累乘法能求出数列{an}的通项公式．
【解答】解：∵Sn＝1﹣nan（n∈N+），
∴Sn﹣1＝1﹣（n﹣1）an﹣1，
两式相减，得an＝﹣nan+（n﹣1）an﹣1，
∴anan−1=n−1n+1，
由Sn＝1﹣nan（n∈N+），得a1＝1﹣a1，解得a1=12．
∴an=a1×a2a1×a3a2×⋯×anan−1
=12×13×24×⋯×n−1n+1
=1n(n+1)．
故答案为：1n(n+1)．
20．已知等差数列{an}的公差为d，若a1，a4，a13成等比数列，则a1d的值为　32　．
【分析】由已知可得a42=a1a13，然后结合等差数列的通项公式可求．
【解答】解：∵a1，a4，a13成等比数列，
∴a42=a1a13，
∴(a1+3d)2=a1⋅(a1+12d)，
由题意可知，d≠0，
整理可得，2a1＝3d，
∴a1d=32
故答案为：32
21．已知a，4，b成等比数列，a，4，b﹣2成等差数列，则logab＝　3或13　．
【分析】通过等差数列以及等比数列求出ab，然后求解logab即可．
【解答】解：a，4，b成等比数列，ab＝16，
a，4，b﹣2成等差数列，可得8＝a+b﹣2，
解得a＝2，b＝8或a＝8，b＝2，
则logab＝3或13．
故答案为：3或13．
22．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3，S9，S6成等差数列，则q3的值为　−12　；设ak是a4与a7的等差中项，则k的值是　10　．
【分析】直接利用S3，S9，S6成等差数列得出2s9＝s3+s6，转化为关于公比的等式即可求出q3的值；再由ak是a4与a7的等差中项列式求得k值．
【解答】解：由S3，S9，S6成等差数列得：2s9＝s3+s6，得q≠1，
∴2×a1(1−q9)1−q=a1(1−q3)1−q+a1(1−q6)1−q，
∴2q9＝q3+q6，得2（q3）2﹣q3﹣1＝0，
故q3=−12或q3＝1（舍），则q3=−12；
q3=−12，
又ak是a4与a7的等差中项，∴2ak＝a4+a7，
即2a1qk−1=a1q3+a1q6，得2qk−1=−12+14=−14，
即qk−1=−18=(−12)3=q9，则k﹣1＝9，即k＝10．
故答案为：−12；10．
23．在等比数列{an}中，a2a3a4=2764，公比q＝2，数列{bn}是等差数列，且b7＝a5，则b3+b11＝　6　．
【分析】运用等比数列的性质，可得a3，由通项公式可得b7＝a5＝3，再由等差数列中项的性质，即可得到结果．
【解答】解：在等比数列{an}中，a2a3a4=2764，公比q＝2，
可得a33=2764，
即有a3=34，a5＝a3q2=34•4＝3，
则b7＝a5＝3，
即有b3+b11＝2b7＝6．
故答案为：6．
24．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)，公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，当Sn＞0时，n的最大值为　20　．
【分析】由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再由等差数列的求和公式，解不等式可得所求最大值．
【解答】解：由公差d≠0，S6＝90，可得6a1+15d＝90，即2a1+5d＝30，①
由a7是a3与a9的等比中项，可得a72＝a3a9，即为（a1+6d）2＝（a1+2d）（a1+8d），
化为a1＝﹣10d，②
由①②解得a1＝20，d＝﹣2，
由Sn＝20n+12n（n﹣1）•（﹣2）＝21n﹣n2＞0，
即0＜n＜21，
由于n为正整数，可得n的最大值20．
故答案为：20．
25．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a4＝11，S8＝100，数列{bn}是等比数列，且b4＝a1+a5，b5＝a11，b7＝ap，则p＝　43　．
【分析】设等差数列{an}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解得首项和公差，再设等比数列{bn}的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的通项公式，解方程可得所求值．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由a4＝11，S8＝100，可得a1+3d＝11，8a1+28d＝100，
解得a1＝2，d＝3，则an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，
设等比数列{bn}的公比为q，
由b4＝a1+a5＝2+14＝16，b5＝a11＝32，可得q=b5b4=2，
由b7＝ap，可得16q3＝16×8＝3p﹣1，
解得p＝43，
故答案为：43．
26．各项均为正数的等比数列{an}，满足lga2+lga3＝lga4，且a2，a3+1，a4成等差数列，数列{bn}满足b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前n项和Sn＝n2，则bn＝　7﹣（2n+1）（12）n﹣2　．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，q＞0，由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，可得a1，q，求得an，再由数列的递推式求得（bn+1﹣bn）an，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q＞0，
由lga2+lga3＝lga4，可得a2a3＝a4，
即a12q3＝a1q3，解得a1＝1，
由a2，a3+1，a4成等差数列，可得2（a3+1）＝a2+a4，
即2（q2+1）＝q+q3，
解得q＝2，
则an＝2n﹣1，
设cn＝（bn+1﹣bn）an，
由Sn＝n2，可得n＝1时，c1＝S1＝1，
n≥2时，cn＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，
上式对n＝1也成立，
所以（bn+1﹣bn）an＝2n﹣1，
即有bn+1﹣bn＝（2n﹣1）•（12）n﹣1，
所以bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1）＝1+1•（12）0+3•（12）1+…+（2n﹣3）•（12）n﹣2，
12bn=12+1•（12）1+3•（12）2+…+（2n﹣3）•（12）n﹣1，
上面两式相减可得12bn=32+2[（12）1+（12）2+…+（12）n﹣2]﹣（2n﹣3）•（12）n﹣1
=32+2•12(1−12n−2)1−12−（2n﹣3）•（12）n﹣1，
化为bn＝7﹣（2n+1）（12）n﹣2．
故答案为：7﹣（2n+1）（12）n﹣2．
27．公差不为零的等差数列{an}，a2，a4，a8成等比，且a1＝1，若k=1n 1akak+1≤m恒成立，则实数m的取值范围是　[1，+∞）　．
【分析】设公差为d，应用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得公差d，可得an＝n，1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，由数列的裂项相消求和和不等式的性质，恒成立问题解法，可得m的范围．
【解答】解：公差d不为零且a1＝1的等差数列{an}，a2，a4，a8成等比，
可得a42＝a2a8，即为（1+3d）2＝（1+d）（1+7d），
解得d＝1，则an＝1+n﹣1＝n，
1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
可得k=1n 1akak+1=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1＜1，
由k=1n 1akak+1≤m恒成立，可得m≥1，
故答案为：[1，+∞）．
28．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜a3，对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得am+3＝bn成立，则a＝　2　，an＝　5n﹣3　．
【分析】先利用a1＜b1，b2＜a3，以及a，b都是大于1的正整数求出a＝2，再利用am+3＝bn求出满足条件的b的值即可求出等差数列{an}的通项公式．
【解答】解：∵a1＜b1，b2＜a3，
∴a＜b以及ba＜a+2b
∴b（a﹣2）＜a＜b，
a﹣2＜1⇒a＜3，
∵a，b都是大于1的正整数，
∴a＝2．
又因为 am+3＝bn⇒a+（m﹣1）b+3＝b•an﹣1．
又∵a＝2，b（m﹣1）+5＝b•2n﹣1，则b（2n﹣1﹣m+1）＝5．
又b≥3，由数的整除性，得b是5的约数．
故2n﹣1﹣m+1＝1，b＝5，
∴an＝a+b（n﹣1）＝2+5（n﹣1）＝5n﹣3．
故答案为：2；5n﹣3．
29．在等差数列{an}中，a2＝4，且1+a3，a6，4+a10成等比数列，则公差d＝　3　．
【分析】设出公差，利用等比数列化简方程，求出公差，验证求解即可．
【解答】解：设等差数列的公差为d，
∵1+a3，a6，4+a10成等比数列，
∴a62＝（1+a3）（4+a10），即（a2+4d）2＝（1+a2+d）（4+a2+8d），a2＝4，
整理得：d2﹣2d﹣3＝0，
解得：d＝3，或d＝﹣1，当d＝﹣1时，a6＝0舍去，
故答案为：3
30．已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比数列，设bn＝（﹣1）n+1an，数列{bn}的前n项的和为Sn，则S2021＝　3032　
【分析】由已知结合等比数列的性质求得等差数列的公差，可得{an}的通项公式，代入bn＝（﹣1）n+1an，结合b2k+b2k+1＝3求解数列{bn}的前2021项的和S2021．
【解答】解：由a1，a3，a11成等比数列，得a32=a1a11，
设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
∴(a5−2d)2=(a5−4d)(a5+6d)，
整理得3a5＝14d，
∵a5＝14，∴d＝3，则a1＝a5﹣4d＝14﹣12＝2，
∴an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，得bn=(−1)n+1(3n−1)，
则b2k+b2k+1＝（﹣1）2k+1（6k﹣1）+（﹣1）2k+2（6k+3﹣1）＝3．
∴S2021＝b1+b2+...+b2021＝b1+（b2+b3）+（b4+b5）+...+（b2020+b2021）
＝2+3+3+...+3＝2+3×1010＝3032，
故答案为：3032．
31．已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若集合A＝{a1，a2，a3}，集合B＝{b1，b2，b3}，集合C＝{a，b，﹣2}（a＞0，b＞0），且A＝B＝C，则a+b＝　5　．
【分析】由等差数列和等比数列的中项性质，集合相等的性质，可得a，b的方程组，解方程可得所求．
【解答】解：因为数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，
由等差中项和等比中项的性质可得ab＝4①，
由于a＞0，b＞0，a+b＞0，所以a﹣2＝2b或b﹣2＝2a②，
由①②解得，a＝4，b＝1或a＝1，b＝4，
所以a+b＝5．
故答案为：5．
32．正项等比数列{an}满足a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，则（a1a2）•（a2a3）•…•（anan+1）取得最小值时的n值为　2　．
【分析】正项等比数列{an}的公比设为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得首项和公比，进而得到an，再由指数的运算性质和二次函数的最值求法，可得所求值．
【解答】解：正项等比数列{an}的公比设为q，a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，
可得a1+a1q2=54，a4＝2a2+a3，即q2＝2+q，解得q＝2，a1=14，
则an=14•2n﹣1＝2n﹣3，anan+1＝2n﹣3•2n﹣2＝22n﹣5，
则（a1a2）•（a2a3）•…•（anan+1）＝2﹣3•2﹣1…22n﹣5＝2﹣3﹣2+…+2n﹣5＝2n(2n−8)2=2n2−4n=2(n−2)2−4，
当n＝2时，（a1a2）•（a2a3）•…•（anan+1）取得最小值，
故答案为：2．
33．已知首项均为32的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a3＝﹣b2，a4＝b3，且{an}的各项均不相等，设Sn为数列{bn}的前n项和，则Sn的最大值与最小值之差的绝对值为　34　．
【分析】设等差数列{an}的公差为d（d≠0），等比数列{bn}的公比为q（q≠0），由a3＝﹣b2，a4＝b3，得关于q与d的方程组，求得q值，写出数列{bn}的前n项和，分类求得最值，则答案可求．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），等比数列{bn}的公比为q（q≠0），
由a3＝﹣b2，a4＝b3，得32+2d=−32q32+3d=32q2，解得q=−12d=−38．
∴Sn=32[1−(−12)n]1−(−12)=1−(−12)n，
当n为奇数时，Sn=1+(12)n，当n＝1时，Sn有最大值为32；
当n为偶数时，Sn=1−(12)n，当n＝2时，Sn有最大值为34．
∴Sn的最大值与最小值之差的绝对值为34．
故答案为：34．
34．已知等差数列{an}的公差d＞0，且a2是a1与a4的等比中项．记bn=a2n，若对任意n∈N*，都有1b1+1b2+⋯+1bn＜3，则d的取值范围是　[13，+∞）　．
【分析】由等比数列中项性质和等差数列的通项公式，可得首项和公差的关系，可得bn=a2n=2nd，由等比数列的求和公式和不等式的性质，解d的不等式可得所求范围．
【解答】解：等差数列{an}的公差d＞0，且a2是a1与a4的等比中项，
可得a22＝a1a4，即（a1+d）2＝a1（a1+3d），
即为a1＝d，（d＞0），
可得an＝nd，bn=a2n=2nd，
对任意n∈N*，都有1b1+1b2+⋯+1bn＜3，
即为1d（12+14+⋯+12n）=1d•12(1−12n)1−12
=1d（1−12n）＜3恒成立，
由1d（1−12n）＜1d，
可得3≥1d，又d＞0，即有d≥13．
则d的取值范围为[13，+∞）．
故答案为：[13，+∞）．
三．解答题（共7小题）
35．已知等差数列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和为Sn．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程得到d和首项的值，即得数列的通项公式；
（2）利用等差数列的前n项和公式可得所求和．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
a2＝5，a1，a4，a13成等比数列，
所以a1+d＝5，a42＝a1a13，即（a1+3d）2＝a1（a1+12d），
化简得d2＝2d，则d＝0或d＝2，
当d＝0时，an＝5；
当d＝2时，a1＝5﹣d＝3，an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；
（2）由（1）知当an＝5时，Sn＝5n；
当an＝2n+1时，则Sn=n(3+2n+1)2=2n+n2．
36．已知单调递增的等比数列{an}满足：a2+a3+a4＝28，且a3+2是a2和a4的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an⋅log12an，Sn＝b1+b2+…+bn，求使Sn+n•2n+1＞50成立的最小正整数n的值．
【分析】（1）设出公比，列出方程组求出首项与公比，然后求解通项公式．
（2）化简新数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和，结合不等式求出n的最小值．
【解答】解：（1）设{an}的公比为q，
由已知，得a2+a3+a4=282(a3+2)=a2+a4，整理得a1q2=8a1q+a1q3=20，
解得a1＝2，q＝2或a1=32，q=12（舍去）
所以数列的通项公式为an=2n．
（2）bn=2nlog122n=−n⋅2n，
设Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n，
则2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n×2n+1，
两式相减可得−Tn=(2+22+23+⋯+2n)−n×2n+1=−(n−1)⋅2n+1−2，
所以Sn=−Tn=−(n−1)⋅2n+1−2
由Sn+n⋅2n+1＞50，得﹣（n﹣1）•2n+1﹣2+n•2n+1＞50，则2n＞26，
故满足不等式的最小正整数n＝5．
37．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S3﹣2a3，a1＝1．
（1）求Sn；
（2）若bn＝log2a2n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：数列{T2n+12n+1}是等差数列．
【分析】（1）等比数列{an}的公比设为q，运用等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得q，即可得到所求；
（2）求得bn＝log2a2n+1＝log222n＝2n，运用等差数列的求和公式和定义，即可得证．
【解答】解：（1）等比数列{an}的公比设为q，前n项和为Sn，
由S4＝S3﹣2a3得a4＝﹣2a3，可得a4＝S4﹣S3＝﹣2a3，
∴公比q=a4a3=−2，
∴Sn=13[1−(−2)n]；
（2）证明：an=(−2)n−1，
∴bn＝log2a2n+1＝log222n＝2n，
∴Tn=12n（2+2n）＝n（n+1），
∴T2n+12n+1=2n+2，
∴T2n+32n+3−T2n+12n+1=2，
∴数列{T2n+12n+1}是等差数列．
38．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝35，a2﹣a1，a4﹣a2，a1+a2成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=1anan+1(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（1）等差数列的公差设为d，且d≠0，运用等差数列的求和公式和等比数列的中项性质，以及等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，可得所求通项公式；
（2）求得bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1−12n+3），由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．
【解答】解：（1）等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn，
由S5＝35，可得5a1+10d＝35，即a1+2d＝7，①
由a2﹣a1，a4﹣a2，a1+a2成等比数列，可得（a4﹣a2）2＝（a2﹣a1）（a1+a2），
即为4d2＝d（2a1+d），即有2a1＝3d，（d≠0），②，
联立①②可得a1＝3，d＝2，
则an＝3+2（n﹣1）＝2n+1，n∈N*；
（2）bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1−12n+3），
前n项和Tn=12（13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3）=12（13−12n+3）=n6n+9．
39．已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3+2是a2和a4的等差中项．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝2log2an﹣1，求数列{anbn}的前n项和Tn．
【分析】（Ⅰ）等比数列{an}中，a2＝4，a3+2是a2和a4的等差中项，有等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得首项和公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；
（Ⅱ）把（1）中求得的结果代入bn＝2log2an﹣1，求出bn，利用错位相减法求出Tn．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4=4q2．）
因为a3+2是a2和a4的等差中项，所以2（a3+2）＝a2+a4．
即2（4q+2）＝4+4q2，化简得q2﹣2q＝0．
因为公比q≠0，所以q＝2．
所以an=a2qn−2=4×2n−2=2n（n∈N*）．
（Ⅱ）因为an=2n，所以bn＝2log2an﹣1＝2n﹣1．
所以anbn=(2n−1)2n．
则Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，①，
2Tn=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)2n+(2n−1)2n+1，②，
①﹣②得，−Tn=2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)2n+1．
=2+2×4(1−2n−1)1−2−(2n−1)2n+1=−6−(2n−3)2n+1，
所以Tn=6+(2n−3)2n+1．
40．已知公比不为1的等比数列{an}满足a1+a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞238成立的最大正整数k．
【分析】（I）利用等差数列的性质与等比数列的通项公式即可得出；
（II）利用等比数列的前n项和公式、不等式的解法即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，且q≠1，
∵a1+a3＝5，a1，a3，a2构成等差数列
∴a1+a1q2=52a1q2=a1+a1q，解得a1=4q=−12，
∴an＝a1q＝4•(−12)n−1．
∴数列{an}的通项公式为an＝4•(−12)n−1，n∈N*．
（Ⅱ）Sn=4[1−(−12)n]1+12=83[1−(−12)n]，∴Sk=83[1−(−12)k]，
要使Sk＞238，即83[1−(−12)k]＞238，即(−12)k＜−564，
当k为偶数时，(−12)k＞0，不等式不成立，
∴k为奇数，设k＝2m﹣1，m∈∈N*，
则(−12)2m−1＜−564，即(−12)2m＞5128，即14m＞5128，即4m＜1285，
∴整数m≤2，所以m的最大值为2，
此时k的最大值为3，
∴使Sk＞238成立的最大正整数k＝3．
41．已知点(1，13)是函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）的图象上一点．等比数列{an}的前n项和为f（n）﹣1．数列{bn}（bn＞0）的首项为1，且前n项和Sn满足sn﹣sn﹣1=sn+sn−1（n≥2）
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若数列{1bnbn+1}的前n项和为Tn，问满足Tn＞10002012的最小正整数n是多少？
【分析】（1）由点(1，13)是函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）的图象上一点，知f(1)=a=13，所以f(x)=(13)x，由此能求出数列{an}和{bn}的通项公式．
（2）Tn=1b1b2+1b2b3+1b3b4+⋯+1bnbn+1=11×3+13×5+15×7+⋯+1(2n−1)×(2n+1)，利用裂项求和法能够求出满足Tn＞10002012的最小正整数．
【解答】解：（1）∵点(1，13)是函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）的图象上一点，
∴f（1）＝a=13，
∵等比数列{an}的前n项和为f（n）﹣1，f(x)=(13)x，
a1＝f（1）﹣1=−23，
a2＝[f（2）﹣1]﹣[f（1）﹣1]=−29，
公比q=a2a1=13，
所以an=−23(13)n−1=−2(13)n，n∈N*；…（3分）
∵Sn−Sn−1=(Sn−Sn−1)(Sn+Sn−1)=Sn+Sn−1（n≥2）
又bn＞0，Sn＞0，
∴Sn−Sn−1=1；
∴数列{Sn}构成一个首相为1公差为1的等差数列，
Sn=1+(n−1)×1=n，Sn＝n2
当n≥2，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1；
∴bn＝2n﹣1（n∈N*）．…（7分）
（2）Tn=1b1b2+1b2b3+1b3b4+⋯+1bnbn+1
=11×3+13×5+15×7+⋯+1(2n−1)×(2n+1)
=12(1−13)+12(13−15)+12(15−17)+⋯+12(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1，…（10分）
由Tn=n2n+1＞10002012得n＞5006⋯（13分）
满足Tn＞10002012的最小正整数为84．…（14分）