2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：专题二第一讲小题考法——等差数列与等比数列



[全国卷3年考情分析]
,

第一讲 小题考法——等差数列与等比数列


考点(一)
数列的递推关系式


主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；　二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·合肥一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 018＝(　　)
A．22 018－1　　　　　 B.32 018－6
C.2 018－ D.2 018－
(2)(2018·惠州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
(3)(2018·昆明模拟)在数列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前2 018项的和是________．
[解析]　(1)∵3Sn＝2an－3n，∴当n＝1时，3S1＝3a1＝2a1－3，∴a1＝－3.当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an＋1＝－2×(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1.故选A.
(2)an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1.
(3)依题意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.又因为2 018＝2×1 009，所以该数列的前2 018项的和等于1 009(a1＋a2)＝8 072.
[答案]　(1)A　(2)n·2n－1　(3)8 072
[方法技巧]
由an与Sn的关系求通项公式的注意点
(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)．
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝
[演练冲关]
1．(2019届高三·洛阳四校联考)已知数列满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则数列的通项公式为(　　)
A．an＝2n＋1 B．an＝
C．an＝2n D.an＝2n＋2
解析：选B　由题意可知，数列满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则n≥2时，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n≥2，
两式相减可得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*.
当n＝1时，＝7，∴a1＝14，
综上可知，数列的通项公式为
an＝
2．已知函数f(x)对任意实数x，y满足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，若数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)且a1＝1，那么a2 018＝(　　)
A．－1 B．1
C．－2 018 D.2 018
解析：选B　法一：∵Sn＝f(n)，∴S2＝2S1＝a1＋a2，∴a2＝1，
∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1，
∵S4＝S1＋S3＝4，
∴a4＝1，…，∴a2 018＝1.
法二：令x＝1，y＝n，则Sn＋S1＝Sn＋1.
当n≥2时，Sn－1＋S1＝Sn，
∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1，故an＋1＝an，
∵a1＝1，可求出a2＝1，∴a2 018＝1.
3．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析：∵Sn＝2an＋1，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1.
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，
∴Sn＝＝＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
答案：－63
4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________．

解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因为当n＝1时，不符合an＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝
答案：an＝
考点(二)
等差、等比数列的基本运算


主要考查与等差(比)数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)
A．1　　　　　　　　　 B.2
C．4 D.8
(2)(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D.12
(3)(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________.
(4)(2019届高三·河南十校联考)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝________.
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.
将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
(3)设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
两式相除，得＝，
解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
(4)∵{an}是公差为1的等差数列，
∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，
解得a1＝，
∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.
[答案]　(1)C　(2)B　(3)－8　(4)
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[演练冲关]
1．(2018·广西模拟)在等差数列{an}中，已知a2＝2，前7项和S7＝56，则公差d＝(　　)
A．2 B．3
C．－2 D.－3
解析：选B　由题意可得即解得选B.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a5＝2a3,2a4＋4a7＝5，则S5＝(　　)
A．29 B．31
C．33 D.36
解析：选B　法一：设等比数列{an}的公比为q，由题意知解得所以S5＝＝31，故选B.
法二：设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3，得a4＝2，又2a4＋4a7＝5，所以a7＝，所以q＝，所以a1＝16，所以S5＝＝31，故选B.
3．(2018·开封模拟)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.
解析：由log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.
答案：100

考点(三)
等差、等比数列的性质


主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与数列单调性有关的参数范围问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·宜昌模拟)已知－9，a1，a2，－1成等差数列，－9，b1，b2，b3，－1成等比数列，则b2(a1＋a2)等于(　　)
A．30　　　　　　　 B.－30
C．±30 D.15
(2)(2018·四川遂宁一诊)已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数λ的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　(1)依题意a1＋a2＝－9＋(－1)＝－10，
∵b＝(－9)×(－1)＝9，又b2与－9，－1符号相同，即b2＝－3，∴b2(a1＋a2)＝30.
(2)因为an>an＋1，所以数列{an}是递减数列，所以解得<λ<，故选B.
[答案]　(1)A　(2)B

[方法技巧]
等差、等比数列性质问题的求解策略
解题关键
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
运用函数
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

[演练冲关]
1．(2019届高三·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a7＋a12＝24，则S13＝(　　)
A．52 B．78
C．104 D.208
解析：选C　依题意得3a7＝24，a7＝8，S13＝＝13a7＝104.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14＝(　　)
A．16 B．8
C．4 D.不确定
解析：选B　由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.
3．(2018·合肥质检)已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－8，－7) B．[－8，－7)
C．(－8，－7] D.[－8，－7]
解析：选A　因为{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，因为bn＝＝1＋，又对任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥对任意的n∈N*恒成立，因为数列{an}是公差为1的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以即解得－8
考点(四)
数列的综合问题

主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算以及数列有关最值问题的求解.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2019届高三·西安八校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan的值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．－ B．－1
C．－ D.
(2)(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)
A．－24 B．－3
C．3 D.8
(3)在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
[解析]　(1)依题意得，a＝(－)3，a6＝－，3b6＝7π，b6＝，所以＝＝－，
故tan ＝tan ＝tan ＝－tan ＝－.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.
又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，
所以{an}前6项的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
(3)设{an}的公差为d.
由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，
解得d＝－2，
所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.
法一：由得
解得6.5≤n≤7.5.
因为n∈N*，
所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝＝49.
法二：Sn＝＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.
[答案]　(1)A　(2)A　(3)49

[方法技巧]
等差、等比数列综合问题的求解策略
(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．
[演练冲关]
1．(2018·昆明七校调研)在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若q＝2，且a2与2a4的等差中项为18，则S5＝(　　)
A．62 B．－62
C．32 D.－32
解析：选A　依题意得a2＋2a4＝36，q＝2，则2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，因此S5＝＝62，选A.
2．(2018·江西师大附中检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________．
解析：设{an}的公比为q，由题意易知q>0且q≠1，因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3＝S1＋S4，即＝a1＋，解得q＝.
答案：
3．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
解析：由题意，得a8>0，a9<0，
所以7＋7d>0，且7＋8d<0，
即－1 答案：
[必备知能·自主补缺]　依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干
[主干知识要记牢]
1．等差数列、等比数列

等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
(1)q≠1，Sn＝＝；
(2)q＝1，Sn＝na1

2．判断等差数列的常用方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(2)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．
3．判断等比数列的常用方法
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)中项公式法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．

[二级结论要用好]

1．等差数列的重要规律与推论
(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n⇒ap＋aq＝am＋an.
(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
(3)连续k项的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)构成的数列是等差数列．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝.
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝.
[针对练1]　一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
2．等比数列的重要规律与推论
(1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n⇒ap·aq＝am·an.
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列．
(3)连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)．
(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝q.
(5)对于等比数列前n项和Sn，有：
①Sm＋n＝Sm＋qmSn；
②＝(q≠±1)．
[易错易混要明了]
已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
[针对练2]　已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又当n＝1时，2×1－1＝1≠2.
∴an＝
答案：an＝

A级——12＋4提速练
一、选择题
1．(2019届高三·合肥模拟)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是(　　)
A．20　　　　　　　　　 B.36
C．24 D.72
解析：选C　由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12得解得∴a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故选C.
2．设等比数列的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝(　　)
A．1 B．4
C．4或0 D.8
解析：选B　∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴解得或(舍去)，故所求的公比q＝4.
3．(2018·云南师大附中适应性考试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　设{an}的公比为q且q>0，因为a2，a3，a1成等差数列，所以a1＋a2＝2×a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，因为a1≠0，所以q2－q－1＝0，解得q＝或q＝<0(舍去)，所以＝＝q2＝，故选C.
4．(2018·辽宁五校联考)各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7＋log2a11的值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D.4
解析：选C　由题意得a4a14＝(2)2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选C.
5.(2018·陕西模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9＝(　　)
A．27 B．36
C．45 D.54
解析：选D　∵在等差数列{an}中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11，∴a5＝6，故S9＝＝9a5＝54.故选D.
6．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题知，＝＝.
7．已知数列是等差数列，且a3＝2，a9＝12，则a15＝(　　)
A．10 B．30
C．40 D.20
解析：选B　法一：设数列的公差为d.∵a3＝2，a9＝12，∴6d＝－＝－＝，∴d＝，＝＋12d＝2.故a15＝30.
法二：由于数列是等差数列，故2×＝＋，即＝2×－＝2，故a15＝30.
8．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn.若an＋1＝且S3＝29，则a1＝(　　)
A．4 B．5
C．6 D.7
解析：选B　法一：若a1＝4k，则a2＝2k，a3＝k，此时S3＝7k＝29，由于k为整数，此时无解；若a1＝4k＋1，则a2＝12k＋4，a3＝6k＋2，此时S3＝22k＋7＝29，解得k＝1，即a1＝5；若a1＝4k＋2，则a2＝2k＋1，a3＝6k＋4，此时S3＝12k＋7＝29，由于k为整数，此时无解；若a1＝4k＋3，则a2＝12k＋10，a3＝6k＋5，此时S3＝22k＋18＝29，由于k为整数，此时无解．综上可知a1＝5.
法二：当a1＝4时，a2＝2，a3＝1，S3＝7，排除A；当a1＝5时，a2＝16，a3＝8，S3＝29，B符合题意，故选B.
9．(2019届高三·湖南十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1<0，若存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则当n>m时，Sn与an的大小关系是(　　)
A．Sn C．Sn>an D.大小不能确定
解析：选C　若a1<0，存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则d>0，否则若d≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有Sm0，当m≥3时，有am＝Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn>an.故选C.
10．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)
A．10 B．11
C．12 D.13
解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}为递减数列，又S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.
11．(2018·沈阳二模)已知数列{an}满足a1＝1，an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，其前n项和为Sn，则满足Sn≥的n的最小值为(　　)
A．6 B．5
C．8 D.7
解析：选B　由an－1＝3an(n≥2)可得＝(n≥2)，可得数列{an}是首项为a1＝1，公比为q＝的等比数列，所以Sn＝＝.由Sn≥可得≥，即1－n≥，得n≥5(n∈N*)，故选B.
12．已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则数列{an}的通项公式an＝(　　)
A. B.
C.×n－1 D.×n
解析：选A　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意知a1>0，且an＝·qn－1，又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即2(a1＋a2＋a3＋a4＋2a5)＝a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化简得4a5＝a3，从而4q2＝1，解得q＝±，又q>0，故q＝，an＝，选择A.
二、填空题
13．(2018·重庆模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5＝5，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝________.
解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a1·a9＝a2·a8＝a3·a7＝a4·a6＝a＝52，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1·a2·…·a9)＝log5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]＝log5a＝log559＝9.
答案：9
14．(2018·天津模拟)数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，且数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，都有λ2 解析：由a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，可得a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1＝2(n－1)－1＝2n－3(n≥2)，两式相减得2n－1an＝2(n≥2)，所以an＝22－n(n≥2)．又n＝1时，a1＝1，所以an＝所以Sn＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋＝3－n－2，由Sn在n≥1时单调递增，可得1≤Sn<3，所以解得≤λ<1，所以实数λ的取值范围是.
答案：
15．(2018·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝2,3S－2an＋1Sn＝a，则an＝________.
解析：由S1＝2，得a1＝S1＝2.
由3S－2an＋1Sn＝a，
得4S＝(Sn＋an＋1)2.
又an>0，∴2Sn＝Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1.
当n≥2时，Sn－1＝an，
两式作差得an＝an＋1－an，即＝2.
又由S1＝2,3S－2a2S1＝a，求得a2＝2.
∴当n≥2时，an＝2×2n－2＝2n－1.
验证当n＝1时不成立，
∴an＝
答案：
16．(2018·西安八校联考)数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＝(n≥2)，则Sn＝________.
解析：当n≥2时，将an＝Sn－Sn－1代入an＝，
得Sn－Sn－1＝，
化简整理，得Sn－Sn－1＝－2Sn－1·Sn，
两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2(n≥2)，
又＝1，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝.
答案：

B级——难度小题强化练

1．已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，4a5＝a3.设Tn＝Sn－，则数列{Tn}中最大项的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，则q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－，故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1×，Sn＝1－n＝当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1Sn－≥S2－＝－＝－.综上，对任意的n∈N*，总有－≤Sn－<0或0 2．(2018·洛阳尖子生模拟)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an A．[0，＋∞) B．(－1，＋∞)
C. D.[0,1)
解析：选A　由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)＝λn(n＋2)得－＝λ，所以数列的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以当n为奇数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n.当n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n.当n为奇数时，由an－2，若n＝1，则λ∈R，若n>1，则λ>－，所以λ≥0; 当n为偶数时，由an－2，所以λ>－，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．选A.
3．(2018·武汉模拟)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为(　　)
A．－10 B．－12
C．－9 D.－13
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，联立，解得或当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，∴a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，
∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
4．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则(n∈N*)的最小值为(　　)
A．4 B．3
C．2－2 D.
解析：选A　∵a1＝1，a1，a3，a13成等比数列，∴(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1，∴Sn＝＝n2，∴＝.令t＝n＋1，则＝t＋－2≥6－2＝4，当且仅当t＝3，即n＝2时等号成立．
5．(2018·广东模拟)设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有4Sn＝a＋2an，其中Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n＝1时，4a1＝a＋2a1，∴a1(a1－2)＝0，
∵an>0，∴a1＝2.
当n≥2时，4Sn＝a＋2an,4Sn－1＝a＋2an－1，两式相减得4an＝a－a＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝2，故an＝2n.
答案：2n
6．已知数列{an}满足a1＝a2＝2，an＋2－[2＋(－1)n]an＝a2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________________________________________________________________．
解析：当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝3a2k＋2，即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)，所以数列{a2k＋1}(k∈N*)是以a2＋1为首项，3为公比的等比数列，所以a2k＋1＝(a2＋1)·3k－1＝3k，即当n为偶数时，an＝3－1；当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1＝a2k－1＋2，所以a2k＋1－a2k－1＝2，所以数列{a2k－1}(k∈N*)是以a1为首项，2为公差的等差数列，
所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，即当n为奇数时，an＝n＋1.所以数列{an}的通项公式an＝
答案：an＝