人教版2022届一轮复习打地基练习 等差数列的性质

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 等差数列的性质，共20页。试卷主要包含了数列{an}的前n项和Sn＝A等内容，欢迎下载使用。
人教版2022届一轮复习打地基练习 等差数列的性质
一．选择题（共13小题）
1．等差数列{an}中，a1+a8＝10，a2+a9＝18，则数列{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．设等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．Sn＝nan﹣2n（n﹣1） B．Sn＝nan+2n（n﹣1）
C．Sn＝nan﹣n（n﹣1） D．Sn＝nan+n（n﹣1）
3．在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a28+a29+a30＝165，则此数列前30项和等于（　　）
A．810 B．840 C．870 D．900
4．在等差数列{an}中，a5+a13＝40，则a8+a9+a10＝（　　）
A．72 B．60 C．48 D．36
5．已知等差数列{an}中，a2+a8＝18，则a5＝（　　）
A．7 B．11 C．9 D．18
6．在等差数列{an}中，若a2＝3，a6＝7，则a4等于（　　）
A．10 B．6 C．5 D．4
7．在等差数列{an}中，若a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，则a3+a6+a9的值为（　　）
A．30 B．27 C．24 D．21
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若4+a7＝a5+a8，则S11＝（　　）
A．28 B．34 C．40 D．44
9．数列{an}的前n项和Sn＝A（3n﹣1），（A≠0），若k为3和l的等差中项（k，l∈N*），则a2kal=（　　）
A．3 B．9
C．27 D．与A的取值有关
10．在等差数列{an}中，若S10＝80，则a4+a7＝（　　）
A．8 B．10 C．16 D．20
11．数列{an}，{bn}为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=3n+22n，则a7b7=（　　）
A．4126 B．2314 C．117 D．116
12．已知两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的整数n，都有SnTn=2n−73n+2，则a5b1+b11+a7b3+b9等于（　　）
A．1 B．37 C．2235 D．157
13．在等差数列{an}中，若a4+a5+a6＝15，则a2+a8＝（　　）
A．6 B．10 C．7 D．5
二．多选题（共2小题）
14．已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．若数列{Sn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
B．若数列{Snn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
C．若数列{an}和{an2n}均为等差数列，则S3＝2a3
D．若数列{an}和{an2}均为等差数列，则数列{an}是常数数列
15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1tanA，1tanB，1tanC依次成等差数列，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．a，b，c依次成等差数列
B．a，b，c依次成等差数列
C．a2，b2，c2依次成等差数列
D．a3，b3，c3依次成等差数列
三．填空题（共18小题）
16．设An，Bn是等差数列{an}、{bn}的前n项和，若AnBn=7n+45n+3，则使得anbn为整数的正整数n的个数有　 　．
17．已知数列{an}，若数列{an+1﹣an}与数列{anan+1−an}都是公差不为0的等差数列，则数列{anan+1−an}的公差是　 　．
18．已知an是等差数列，a2+a4+a6+a8＝16，求S9＝　 　．
19．若{an}是等差数列，公差d≠0，a2，a3，a6成等比数列，则公比为　 　．
20．已知{an}为等差数列，a3+a8＝25，a6＝11，则a5＝　 　．
21．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5＝105，a2+a4+a6＝99，则a20＝　 　．
22．两等差数列{an}和{bn}，前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=7n+2n+3，则a2+a20b7+b15等于　 　．
23．平均数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2019，则该数列的首项为　 　
24．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，已知SnTn=7nn+3，则a5b5等于　 　．
25．在数列{an}中，a1＝1，an+1﹣an＝9﹣2n，则数列{an}中最大项的数值为　 　．
26．在等差数列{an}中，若a3+a7＝6，则a2+2a5+a8的值为　 　．
27．若等差数列的首项是﹣24，且从第10项开始大于0，则公差d的取值范围是(83，3]．　 　（判断对错）
28．等差数列{an}前n项和为Sn，已知（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3，（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6，则S2014＝　 　．
29．在等差数列{an}中，a1+a2+a3+…+a9＝36，则a22+a52+a82的最小值为　 　．
30．已知等比数列{an}中，各项均为正数，且2a1，a3，4a2成等差数列，则a6+a7a4+a5=　 　．
31．等差数列{an}中，a4＝18，a20＝30，则满足不等式an＞n的正整数n的最大值是　 　．
32．设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝　 　．
①Sn存在最小值且最小值不等于a1；
②不存在正整数k，使得Sk＞Sk+1且Sk+1＜Sk+2．
33．两个等差数列{an}，{bn}，a1+a2+⋯+anb1+b2+⋯+bn=7n+2n+3，则a5b5=　 　．
四．解答题（共6小题）
34．设{an}是一个公差为d（d≠0）的等差数列，它的前10项和S10＝110且a1，a2，a4成等比数列，求公差d的值和数列{an}的通项公式．
35．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
（1）证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
36．已知数列{an}的前n项和为Sn=12n2+12n．
（1）求数列{an}的通项公式an．
（2）令∁n=2an2an+1，是否存在m，k（m≠k），使得C1，∁m，∁k为等差数列．
37．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an=12n，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{4nan}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
38．在等差数列{an}中，a4＝﹣12，a8＝﹣4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）从数列{an}中依次取出a1，a2，a4，a8，…，a2n−1，构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前n项和．
39．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn；
（Ⅱ）令bn=Snn（n∈N+），求证：数列{bn}为等差数列．

人教版2022届一轮复习打地基练习 等差数列的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．等差数列{an}中，a1+a8＝10，a2+a9＝18，则数列{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由a1+a8＝10，a2+a9＝18两式相减可得2d＝8，解得即可．
【解答】解：设公差为d，a1+a8＝10，a2+a9＝18，
两式相减可得2d＝8，
∴d＝4，
故选：D．
2．设等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．Sn＝nan﹣2n（n﹣1） B．Sn＝nan+2n（n﹣1）
C．Sn＝nan﹣n（n﹣1） D．Sn＝nan+n（n﹣1）
【分析】利用等差数列的前n项和直接求解．
【解答】解：∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，
∴Sn=na1+n(n−1)2×2=nan﹣n（n﹣1）．
故选：C．
3．在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a28+a29+a30＝165，则此数列前30项和等于（　　）
A．810 B．840 C．870 D．900
【分析】在等差数列{an}中，由a1+a2+a3＝3，a28+a29+a30＝165，知a1+a30＝56，再由S30＝15（a1+a30），能求出此数列前30项和．
【解答】解：在等差数列{an}中，
∵a1+a2+a3＝3，a28+a29+a30＝165，
∴3（a1+a30）＝168，
∴a1+a30＝56，
∴此数列前30项和为S30＝15（a1+a30）＝15×56＝840．
故选：B．
4．在等差数列{an}中，a5+a13＝40，则a8+a9+a10＝（　　）
A．72 B．60 C．48 D．36
【分析】先利用等差中项的性质得出a9＝20，再结合a8+a9+a10＝3a9即可得出结论．
【解答】解：因为数列{an}是等差数列
所以由a5+a13＝40以及等差中项
可得：2a9＝40⇒a9＝20．
故：a8+a9+a10＝3a9＝60．
故选：B．
5．已知等差数列{an}中，a2+a8＝18，则a5＝（　　）
A．7 B．11 C．9 D．18
【分析】利用等差数列的性质求解，即可得到答案．
【解答】解：因为数列{an}为等差数列，
所以a2+a8＝2a5＝18，
所以a5＝9．
故选：C．
6．在等差数列{an}中，若a2＝3，a6＝7，则a4等于（　　）
A．10 B．6 C．5 D．4
【分析】利用等差数列的性质可解决此题．
【解答】解：根据等差数列的性质可得：2a4＝a2+a6，即2a4＝3+7＝10，∴a4＝5．
故选：C．
7．在等差数列{an}中，若a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，则a3+a6+a9的值为（　　）
A．30 B．27 C．24 D．21
【分析】利用等差数列的定义，求出数列的公差，从而可求a3+a6+a9的值．
【解答】解：设等差数列的公差为d，则
∵等差数列{an}中，a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，
∴两式相减可得3d＝﹣6
∴d＝﹣2
∴a3+a6+a9＝a2+a5+a8+3d＝a2+a5+a8﹣6＝33﹣6＝27
故选：B．
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若4+a7＝a5+a8，则S11＝（　　）
A．28 B．34 C．40 D．44
【分析】根据a6+a7＝a5+a8，结合4+a7＝a5+a8可得a6的值；进而根据S11＝11a6可求得结果．
【解答】解：由{a}是等差数列，得a6+a7＝a5+a8；又4+a7＝a5+a8，
所以a6＝4，所以S11=112（a1+a11）＝11a6＝11×4＝44．
故选：D．
9．数列{an}的前n项和Sn＝A（3n﹣1），（A≠0），若k为3和l的等差中项（k，l∈N*），则a2kal=（　　）
A．3 B．9
C．27 D．与A的取值有关
【分析】利用等比数列前n项和的一般形式Sn=Aqn−A，融合等差中项知识，表达则a2kal化简可得答案．
【解答】解：∵数列{an}的前n项和Sn＝A（3n﹣1）（A≠0），
当n＝1，a1＝S1＝2A，
当n≥2，an=Sn−Sn−1=A(3n−1)−A(3n−1−1)=2A×3n−1，
且n＝1也符合，所以{an}是公比为3的等比数列，
因为k为3和l的等差中项，所以2k＝3+l，
所以a2kal=a3+lal=alq3al=q3＝27，
故选：C．
10．在等差数列{an}中，若S10＝80，则a4+a7＝（　　）
A．8 B．10 C．16 D．20
【分析】利用等差数列前n项和公式直接求解．
【解答】解：在等差数列{an}中，S10＝80，
∴S10=102(a1+a10)=5（a4+a7）＝80，
解得a4+a7＝16．
故选：C．
11．数列{an}，{bn}为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=3n+22n，则a7b7=（　　）
A．4126 B．2314 C．117 D．116
【分析】根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式化简a7b7，结合条件求出答案即可．
【解答】解：因为{an}，{bn}为等差数列，且SnTn=3n+22n，
所以a7b7=2a72b7=a1+a13b1+b13=13(a1+a13)213(b1+b13)2
=S13T13=3×13+22×13=4126，
故选：A．
12．已知两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的整数n，都有SnTn=2n−73n+2，则a5b1+b11+a7b3+b9等于（　　）
A．1 B．37 C．2235 D．157
【分析】根据等差中项的性质，将a5b1+b11+a7b3+b9转化为a6b6，进而转化为S11T11即可得到所求．
【解答】解：依题意，数列{an}，{bn}均为等差数列，
∴a5b1+b11+a7b3+b9=a52b6+a72b6=a5+a72b6=a6b6=a1+a112×11b1+b112×11=S11T11=2×11−73×11+2=1535=37，
故选：B．
13．在等差数列{an}中，若a4+a5+a6＝15，则a2+a8＝（　　）
A．6 B．10 C．7 D．5
【分析】由等差数列的性质可得：a4+a6＝a2+a8＝2a5，代入可得a5＝5，而要求的值为2a5，代入可得．
【解答】解：由等差数列的性质可得：a4+a6＝a2+a8＝2a5
所以a4+a5+a6＝15，即3a5＝15，a5＝5，
故a2+a8＝2a5＝2×5＝10，
故选：B．
二．多选题（共2小题）
14．已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．若数列{Sn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
B．若数列{Snn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
C．若数列{an}和{an2n}均为等差数列，则S3＝2a3
D．若数列{an}和{an2}均为等差数列，则数列{an}是常数数列
【分析】利用等差数列的定义,性质以及通项公式对四个选项逐一判断即可．
【解答】解：对于A，若数列{Sn}为等差数列，可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝d(n≥2)，
但是首项a1的值不确定，所以数列{an}不一定为等差数列，故选项A错误；
对于B，若数列{Snn}为等差数列，设公差为d，
则Snn=S1+(n﹣1)d，可得Sn＝nS1+n(n﹣1)d，
当n＝1时，a1＝S1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝nS1+n(n﹣1)d﹣(n﹣1)S1+（n﹣1）（n﹣2）d＝S1+(2n﹣2)d,
则an﹣an﹣1＝2d（n≥3），
由a2＝S1+2d,a1＝S1,则a2﹣a2＝2d，
所以an﹣an﹣1＝2d（n≥2），故数列{an}为等差数列，故选项B正确；
对于C，由数列{an}为等差数列，则an＝kn+b，则an2=k2n2+2kb+b2，
所以an2n=k2n+2kb+b2n，
则an2n−an−12n−1=k2+b2n−b2n−1=k2+b2(1n−1n−1)为常数，
则b2＝0，所以b＝0，
故an＝kn，所以S3＝a1+a2+a3＝6k，又2a3＝6k，
所以S3＝2a3，故选项C正确；
对于D，由数列{an}为等差数列，可得an＝kn+b，则an2=k2n2+2kb+b2，
所以an2−an−12=2kn2−k2+2kb，
因为{an2}为等差数列，所以2kn2﹣k2+2kb为常数，则k＝0，
所以an＝b，则数列{an}是常数数列，故选项D正确．
故选：BCD．
15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1tanA，1tanB，1tanC依次成等差数列，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．a，b，c依次成等差数列
B．a，b，c依次成等差数列
C．a2，b2，c2依次成等差数列
D．a3，b3，c3依次成等差数列
【分析】由题意利用正弦定理和余弦定理，同角三角函数的基本关系，得到2b2＝a2+c2，可得a2，b2，c2依次成等差数列，故C一定成立，而ABD不一定成立，从而得出结论．
【解答】解：△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1tanA，1tanB，1tanC依次成等差数列，则：2tanB=1tanA+1tanC，
利用tanα=sinαcosα，
整理得：2cosBsinB=cosCsinC+cosAsinA，
利用正弦定理和余弦定理得：2⋅a2+c2−b22abc=a2+b2−c22abc+b2+c2−a22abc，
整理得：2b2＝a2+c2，
即：a2，b2，c2依次成等差数列，故C一定成立，而ABD不一定成立，
故选：ABD．
三．填空题（共18小题）
16．设An，Bn是等差数列{an}、{bn}的前n项和，若AnBn=7n+45n+3，则使得anbn为整数的正整数n的个数有　5　．
【分析】根据等差数列的性质，利用等差数列前n项和与某些特殊项之间的关系解题．
【解答】解：由等差数列的前n项和及等差中项，
可得anbn=2an2bn=a1+a2n−1b1+b2n−1=a1+a2n−12×(2n−1)b1+b2n−12×(2n−1)=A2n−1B2n−1=7(2n−1)+452n−1+3
=14n+382n+2=7n+19n+1=7+12n+1，（n∈N*），
若anbn为整数，则n+1是12的正约数，
故n＝1，2，3，5，11时，满足条件．
故答案为：5
17．已知数列{an}，若数列{an+1﹣an}与数列{anan+1−an}都是公差不为0的等差数列，则数列{anan+1−an}的公差是　12　．
【分析】先设an+1﹣an＝dn+c1，用累加法求出an，再用对比系数法得到d2=dd1即可．
【解答】解：设等差数列{an+1﹣an}的公差为d，且d≠0，则an+1﹣an＝dn+c1，
∴an＝a1+[d+2d+...+（n﹣1）d]+（n﹣1）c1＝a1+n(n−1)d2+（n﹣1）c1，
∴anan+1−an=a1+n(n−1)d2+(n−1)c1dn+c1，
∵{anan+1−an}为等差数列，∴anan+1−an=d1n+c2，（且d1为公差）
∴d2n2+（c1−d2）n+a1﹣c1＝dd1n2+（c1d1+c2d）n+c1c2，
∴d2=dd1，∵d≠0，∴d1=12．
故答案为：12．
18．已知an是等差数列，a2+a4+a6+a8＝16，求S9＝　36　．
【分析】根据等差数列的性质，由a2+a4+a6+a8＝16，即可得到关于第5项的方程，求出方程的解即可得到第5项的值，然后利用等差数列的前n项和的公式表示出S9，再利用等差数列的性质化为关于第5项的式子，把第5项的值代入即可求出值．
【解答】解：由a2+a4+a6+a8＝4a5＝16，解得a5＝4，
则S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5＝36．
故答案为：36
19．若{an}是等差数列，公差d≠0，a2，a3，a6成等比数列，则公比为　3　．
【分析】先根据题设可知a32＝a2a6，把等差数列通项公式代入，求得d和a1的关系，进而求得a3a2的值，答案可得．
【解答】解：∵a2，a3，a6成等比数列，
∴a32＝a2a6，即（a1+2d）2＝（a1+d）（a1+5），整理得d2+2a1d＝0
∴d＝﹣2a1，
∴a3a2=a1+2da1+d=−3d−d=3
故答案为3．
20．已知{an}为等差数列，a3+a8＝25，a6＝11，则a5＝　14　．
【分析】根据等差数列的性质即可求出．
【解答】解：{an}为等差数列，a3+a8＝25，a6＝11，
∵a5+a6＝a3+a8，
∴a5＝25﹣11＝14，
故答案为：14．
21．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5＝105，a2+a4+a6＝99，则a20＝　1　．
【分析】利用等差数列的通项公式，结合已知条件列出关于a1，d的方程组，解出a1，d，即可求得a20．
【解答】解：设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得
a1+a1+2d+a1+4d=105a1+d+a1+3d+a1+5d=99，解得a1=39d=−2，
∴a20＝a1+19d＝1．
故答案为1．
22．两等差数列{an}和{bn}，前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=7n+2n+3，则a2+a20b7+b15等于　14924　．
【分析】利用a2+a20b7+b15=212(a1+a21)212(b1+b21)=S21T21，即可得出结论．
【解答】解：a2+a20b7+b15=212(a1+a21)212(b1+b21)=S21T21=7×21+221+3=14924．
故答案为：14924．
23．平均数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2019，则该数列的首项为　1　
【分析】利用等差数列的性质即可得出．
【解答】解：设该数列的首项为x，由题意可得：1010=2019+x2，解得x＝1．
故答案为：1．
24．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，已知SnTn=7nn+3，则a5b5等于　214　．
【分析】由等差数列的性质和求和公式可得a5b5=2a52b5=92(a1+a9)92(b1+b9)=S9T9，代值计算可得．
【解答】解：由等差数列的性质和求和公式可得：a5b5=2a52b5=92(a1+a9)92(b1+b9)=S9T9=6312=214
故答案为：214．
25．在数列{an}中，a1＝1，an+1﹣an＝9﹣2n，则数列{an}中最大项的数值为　17　．
【分析】根据已知条件可以得到an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝（11﹣2n）+（13﹣2n）+…+7+1，利用等差数列的求和公式求得数列{an}通项公式，利用配方法求得最值．
【解答】解：当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝（11﹣2n）+（13﹣2n）+…+7+1=9(n−1)−2×(n−1)n2+1=−n2+10n−8=−(n−5)2+17，
所以数列{an}中最大项的数值为17．
故答案是：17．
26．在等差数列{an}中，若a3+a7＝6，则a2+2a5+a8的值为　12　．
【分析】根据等差数列的性质即可求出．
【解答】解：∵等差数列{an}满足a3+a7＝6，
∴a2+2a5+a8＝4a5＝2（a3+a7）＝12，
故答案为：12．
27．若等差数列的首项是﹣24，且从第10项开始大于0，则公差d的取值范围是(83，3]．　对　（判断对错）
【分析】写出等差数列的通项公式，利用a9≤0且a10＞0联立不等式组求得公差d的取值范围．
【解答】解：因为等差数列的首项是﹣24，公差为d；
则等差数列的通项公式为an＝﹣24+（n﹣1）d，
从第10项开始为正，
则a10=−24+9d＞0a9=−24+8d≤0，解得83＜d≤3．
所以公差d的取值范围是（83，3]．
故答案为：对．
28．等差数列{an}前n项和为Sn，已知（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3，（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6，则S2014＝　4028　．
【分析】将两个等式相加，利用立方和公式将得到的等式因式分解，提取公因式得到a2+a2013的值，利用等差数列的性质及数列的前n项和公式求出n项和．
【解答】解：（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3=−32，①
（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6=32，②
①+②得，
（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）+（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝0，
即（a2﹣2+a2013﹣2）[（a2﹣2）2﹣（a2﹣2）（a2013﹣2）+（a2013﹣2）2]+2013（a2﹣2+a2013﹣2）＝0，
∴a2﹣2+a2013﹣2＝0，
即a2+a2013＝4，
∴S2014=(a1+a2014)×20142=1007×（a2+a2013）＝4028，
故答案为：4028．
29．在等差数列{an}中，a1+a2+a3+…+a9＝36，则a22+a52+a82的最小值为　48　．
【分析】利用等差数列{an}中，a1+a2+a3+…+a9＝36，可得a1+4d＝4，代入即可求出a22+a52+a82的最小值．
【解答】解：∵等差数列{an}中，a1+a2+a3+…+a9＝36，
∴a1+4d＝4，
∴a22+a52+a82＝（4﹣3d）2+42+（4+3d）2＝18d2+48≥48，
∴a22+a52+a82的最小值为48．
故答案为：48．
30．已知等比数列{an}中，各项均为正数，且2a1，a3，4a2成等差数列，则a6+a7a4+a5=　3+22　．
【分析】由2a1，a3，4a2成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，再由数列{an}为等比数列，利用等比数列的通项公式化简所得的关系式，根据首项大于0，两边同时除以首项得到关于公比q的方程，求出方程的解可得q的值，然后把所求的式子利用等比数列的性质化简后，将q的值代入即可求出值．
【解答】解：∵2a1，a3，4a2成等差数列，
∴2a3＝2a1+4a2，即a3＝a1+2a2，
∴a1q2＝a1+2a1q，
又等比数列{an}中，各项均为正数，
∴a1＞0，公比q＞0，
∴两边同时除以a1得：q2＝1+2q，即q2﹣2q﹣1＝0，
解得：q＝1+2或q＝1−2（舍去），
∴q＝1+2，
则a6+a7a4+a5=q2＝（1+2）2＝3+22．
故答案为：3+22
31．等差数列{an}中，a4＝18，a20＝30，则满足不等式an＞n的正整数n的最大值是　59　．
【分析】根据等差数列的通项公式，列方程组求解出a1和d，得出数列{an}的通项公式，解不等式an＞n即可，注意考虑n∈N*．
【解答】解：等差数列{an}中，由a4=a1+3d=18，a20=a1+19d=30，得a1=634，d=34，即an=60+3n4．
又an=60+3n4＞n，解得n＜60，故正整数n的最大值为59．
故答案为：59．
32．设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝　2n﹣6　．
①Sn存在最小值且最小值不等于a1；
②不存在正整数k，使得Sk＞Sk+1且Sk+1＜Sk+2．
【分析】由已知结合等差数列的求和公式及二次函数的性质可得满足①的条件，然后结合②及等差数列的求和公式进行赋值即可求解d，a1，进而可求．
【解答】解：因为等差数列{an}的前n项和为Sn=na1+n(n−1)d2=12dn2+(a1−12d)n，
其对应图像为开口向上的抛物线，对称轴为12d−a1d，
若Sn存在最小值且最小值不等于a1，
则12d−a1d＞32，且d＞0，
整理得，a1＜﹣d，
不存在正整数k，使得Sk＞Sk+1且Sk+1＜Sk+2，且Sn存在最小值且最小值不等于a1，
则连续两项取得最小值，令Sk＝Sk+1，k＞1，
即ka1+k(k−1)d2=(k+1)a1+k(k+1)d2，
整理得，a1+kd＝0，
所以k=−a1d＞1，
令k＝2，a1＝﹣2d，
则有an＝（n﹣3）d，
令d＝2，则an＝2n﹣6为一个符合题意的通项公式．
故答案为：an＝2n﹣6．
33．两个等差数列{an}，{bn}，a1+a2+⋯+anb1+b2+⋯+bn=7n+2n+3，则a5b5=　6512　．
【分析】由题意，a5b5=2a52b5=92(a1+a9)92(b1+b9)，利用条件，代入计算，即可得出结论．
【解答】解：由题意，a5b5=2a52b5=92(a1+a9)92(b1+b9)=7×9+29+3=6512．
故答案为：6512．
四．解答题（共6小题）
34．设{an}是一个公差为d（d≠0）的等差数列，它的前10项和S10＝110且a1，a2，a4成等比数列，求公差d的值和数列{an}的通项公式．
【分析】先分别用a1和d表示出a2和a4，进而根据等比中项的性质求得a1和d的关系，代入到S10的表达式中，求得a1和d，则数列的通项公式可得．
【解答】解：a2＝a1+d a4＝a1+3d
（a2）2＝a1×a4
即（a1+d）2＝a1（a1+3d）
整理得a1d＝d2
∵d≠0
∴a1＝d
S10＝10a1+12×10×9×d＝10a1+45d＝55a1＝110
∴d＝a1＝2
∴an＝a1+（n﹣1）d＝2n
答：公差d＝2，an＝2n．
35．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
（1）证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
【分析】（1）由题意当n＝1时，b1＝S1，代入已知等式可得b1的值，当n≥2时，将bnbn−1=Sn，代入2Sn+1bn=2，可得bn﹣bn﹣1=12，进一步得到数列{bn}是等差数列；
（2）由a1＝S1＝b1=32，可得bn=n+22，代入已知等式可得Sn=n+2n+1，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=−1n(n+1)，进一步得到数列{an}的通项公式．
【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，
由2b1+1b1=2，解得b1=32，
当n≥2时，bnbn−1=Sn，代入2Sn+1bn=2，
消去Sn，可得2bn−1bn+1bn=2，所以bn﹣bn﹣1=12，
所以{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．
（2）由题意，得a1＝S1＝b1=32，
由（1），可得bn=32+（n﹣1）×12=n+22，
由2Sn+1bn=2，可得Sn=n+2n+1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=n+2n+1−n+1n=−1n(n+1)，显然a1不满足该式，
所以an=32，n=1−1n(n+1)，n≥2．
36．已知数列{an}的前n项和为Sn=12n2+12n．
（1）求数列{an}的通项公式an．
（2）令∁n=2an2an+1，是否存在m，k（m≠k），使得C1，∁m，∁k为等差数列．
【分析】（1）Sn=12n2+12n．n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n．n＝1时，a1＝S1＝1，对于上式满足，可得数列{an}通项公式an．
（2）∁n=2an2an+1=2n2n+1，假设存在m，k，使得C1，∁m，∁k为等差数列．可得2∁m＝∁k+C1，即：2×2m2m+1=2k2k+1+23，化为：2m＝5−9k+2．可得k+2＝1，3，9，解得k，经过验证即可得出．
【解答】解：（1）Sn=12n2+12n．
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=12n2+12n﹣[12（n﹣1）2+12（n﹣1）]＝n．
n＝1时，a1＝S1＝1，对于上式满足，
因此数列{an}通项公式an＝n．
（2）∁n=2an2an+1=2n2n+1，假设存在m，k，使得C1，∁m，∁k为等差数列．
则2∁m＝∁k+C1，可得：2×2m2m+1=2k2k+1+23，化为：2m＝5−9k+2．
可得k+2＝1，3，9，解得k＝﹣1，1，7．
k＝﹣1时，不符合题意，舍去．
k＝1时，解得m＝1，舍去．
k＝7时，解得m＝2，满足题意．
综上可得：存在m＝2，k＝7，使得C1，∁m，∁k为等差数列．
37．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an+1≤Sn（n∈N*）的所有数列{an}构成的集合
记为M．
（1）若数列{an}的通项为an=12n，则{an}是否属于M？
（2）若数列{an}是等差数列，且{an+n}∈M，求a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{4nan}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项：若不存在，说明理由．
【分析】（1）直接利用数列的通项公式的应用和前n项和公式的应用求出结果．
（2）利用等差数列的性质的应用求出首项的取值范围．
（3）利用假设法的应用，建立不等量关系，进一步求出结果．
【解答】解：（1）因为an=12n，所以Sn=12×1−(12)n1−12=1﹣（12）n，
所以an+1﹣Sn＝（12）n+1﹣1+（12）n=32（12）n﹣1≤32×12−1=−14＜0，
所以an+1＜Sn，即{an}∈M．
（2）设{an}的公差为d，因为{an+n}∈M，
所以an+1+n+1≤（a1+1）+（a2+2）+…+（an+n） （*）
特别的当n＝1时，a2+2≤a1+1，即d≤﹣1，
由（*）得a1+nd+n+1≤na1+n(n−1)2d+n(n+1)2，
整理得d+12n2+（a1−32d−12）n﹣a1﹣1≥0，
因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有d+12≥0，解得d≥﹣1，
又d≤﹣1，所以d＝﹣1，
于是（a1+1）n﹣a1﹣1≥0，即（a1+1）（n﹣1）≥0，所以a1+1≥0，
即a1≥﹣1，
（3）由an+1≤Sn得Sn+1﹣Sn≤Sn，所以Sn+1≤2Sn，即Sn+1Sn≤2，
所以Sn+1S1=S2S1×S3S2×⋯×Sn+1Sn≤2n，从而有Sn+1≤S1×2n＝a1×2n，
又an+1≤Sn，所以an+2≤Sn+1≤a1×2n，即an≤a1×2n﹣2（n≥3），
又a2≤S1＝a1×22﹣2，a1＜a1×21﹣2，所以有an≤a1×2n﹣2（n∈N*），
所以4nan≥4a1×2n，假设数列{4nan}中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第n项为dn+b（b为常数），
则存在m∈N，m≥n，使得dn+b=4mam≥4a1×2m≥4a1×2n，即da1n+ba1≥2n+2，
设f （n）=n22n+2，n∈N*，n≥3，则f （n+1）﹣f （n）=(n+1)22n+3−n22n+2=2−(n−1)22n+3＜0，
即f （n+1）＜f （n）≤f （3）=932＜1，
于是当n≥3时，2n+2＞n2，从而有：当n≥3时da1n+ba1＞n2，即n2﹣da1n﹣ba1＜0，
于是当n≥3时，关于n的不等式n2﹣da1n﹣ba1＜0有无穷多个解，显然不成立，
因此数列{4nan}中是不存在无穷多项依次成等差数列．
38．在等差数列{an}中，a4＝﹣12，a8＝﹣4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）从数列{an}中依次取出a1，a2，a4，a8，…，a2n−1，构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前n项和．
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解；
（2）确定数列{bn}的通项，利用等比数列的求和公式，即可求解．
【解答】解：（1）设公差为d，则
∵等差数列{an}中，a4＝﹣12，a8＝﹣4，
∴公差d=−4+128−4=2，
∴an＝a4+2（n﹣4）＝2n﹣20；
（2）记数列{bn}的前n项和为Tn，由题意可知bn=a2n−1=2n﹣20
∴Tn＝（2+22+…+2n）﹣20n
=2−2n+11−2−20n＝2n+1﹣20n﹣2．
39．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn；
（Ⅱ）令bn=Snn（n∈N+），求证：数列{bn}为等差数列．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列的首项、公差、项和项数的关系列出方程求出首先和公差，得到通项公式；
（Ⅱ）利用等差数列的定义证明．
【解答】解：（Ⅰ）等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，所以a5+a7＝2a3+6d＝26，即14+6d＝26解得d＝2，又a1+2d＝7，所以a1＝3，
所以an＝2n+1；
Sn＝n（n+2）；
（Ⅱ）证明：因为bn=Snn=n(n+2)n=n+2，bn+1﹣bn＝n+3﹣（n+2）＝1，
所以数列{bn}为等差数列．