2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第六章 数列

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第六章 数列，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．(2024·江西南昌高三月考)已知数列{an} 满足an＝ eq \r(3n＋1) ，则下列各数中属于数列{an}中的项的是( D )
A．3 B．2 eq \r(2)
C．3 eq \r(3) D．4
解析：因为数列{an}满足an＝ eq \r(3n＋1) ，对于A，令 eq \r(3n＋1) ＝3，解得n＝ eq \f(8,3) N*，故A不符合题意；对于B，令 eq \r(3n＋1) ＝2 eq \r(2) ，解得n＝ eq \f(7,3) N*，故B不符合题意；对于C，令 eq \r(3n＋1) ＝3 eq \r(3) ，解得n＝ eq \f(26,3) N*，故C不符合题意；对于D，令 eq \r(3n＋1) ＝4，解得n＝5∈N*，故D符合题意．故选D.
2．若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，则an＝( A )
A．2n＋n－2 B．2n－1＋n－1
C．2n＋1＋n－4 D．2n＋1＋2n－2
解析：∵an＋1－an＝2n＋1，∴a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋1，a4－a3＝23＋1，…，an－an－1＝2n－1＋1(n≥2)，以上各式相加得，an－a1＝21＋…＋2n－1＋n－1＝ eq \f(2（1－2n－1）,1－2) ＋n－1＝2n＋n－3，∴an＝2n＋n－2.选A.
3．(2024·山西朔州应县一中校考期末)已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋a8＝1，且 eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(n,n＋2) (n＝1，2，…，7)，则a1＝( A )
A． eq \f(9,16) B． eq \f(7,16)
C． eq \f(5,16) D． eq \f(11,16)
解析：an＝a1· eq \f(a2,a1) · eq \f(a3,a2) ·…· eq \f(an,an－1) ＝a1· eq \f(1,3) × eq \f(2,4) ×…× eq \f(n－1,n＋1) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) a1＝2a1( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )(n＝1，2，…，7，8)，a1＋ a2＋…＋a8＝2a1[(1－ eq \f(1,2) )＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3))) ＋…＋( eq \f(1,8) － eq \f(1,9) )]＝2a1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9))) ＝ eq \f(16a1,9) ＝1，解得a1＝ eq \f(9,16) .故选A.
4．(2023·辽宁辽阳高三统考期末)在数列{an}中，an＝ eq \f(n,n2＋14) ，则an的最大值是( D )
A． eq \f(\r(14),28) B． eq \f(1,8)
C． eq \f(3,23) D． eq \f(2,15)
解析：由题意可得an＝ eq \f(n,n2＋14) ＝ eq \f(1,n＋\f(14,n)) .根据对勾函数与复合函数的单调性，y＝ eq \f(1,x＋\f(14,x)) 在(0， eq \r(14) )上递增，在( eq \r(14) ，＋∞)上递减，所以在{an}中，a1a5>a6>…，当n＝3时，n＋ eq \f(14,n) ＝ eq \f(23,3) ，a3＝ eq \f(3,23) ；当n＝4时，n＋ eq \f(14,n) ＝ eq \f(15,2) .a4＝ eq \f(2,15) ，因为 eq \f(23,3) > eq \f(15,2) ，所以 eq \f(3,23) < eq \f(2,15) ，所以an的最大值是a4＝ eq \f(2,15) .故选D.
5．(2023·山西晋城第一中学校月考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1) ，则数列{an}的前2 023项的乘积为( B )
A．－1 B．－ eq \f(1,3)
C． eq \f(2,3) D．1
解析：数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1) ，则a2＝ eq \f(a1－1,a1＋1) ＝ eq \f(2－1,2＋1) ＝ eq \f(1,3) ，a3＝ eq \f(a2－1,a2＋1) ＝ eq \f(\f(1,3)－1,\f(1,3)＋1) ＝－ eq \f(1,2) ，a4＝ eq \f(a3－1,a3＋1) ＝ eq \f(－\f(1,2)－1,－\f(1,2)＋1) ＝－3，a5＝ eq \f(a4－1,a4＋1) ＝ eq \f(－3－1,－3＋1) ＝2，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋4＝an，且a1a2a3a4＝2× eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ×(－3)＝1，又因为2 023＝4×505＋3，因此，数列{an}的前2 023项的乘积为T2 023＝a1a2a3·…·a2 023＝(a1a2a3a4)505·(a1a2a3)＝1505×2× eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝－ eq \f(1,3) .故选B.
6．(2023·四川凉山高三统考期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝(－1)n(2n－1)，则S2 023＝( D )
A．1 012 B．－1 012
C．2 023 D．－2 023
解析：∵an＝(－1)n(2n－1)，故a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7，…，a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，故S2 023＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 021＋a2 022)＋a2 023＝2×1 011＋a2 023＝2 022－4 045＝－2 023.故选D.
二、多项选择题
7．下列四个命题中，正确的有( ABD )
A．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n))) 的第k项为1＋ eq \f(1,k)
B．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C．数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1(n∈N*)
D．数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(n,n＋1) ，n∈N*，则数列{an}是递增数列
解析：对于A，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n))) 的第k项为1＋ eq \f(1,k) ，故A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正确；对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C错误；对于D，an＝ eq \f(n,n＋1) ＝1－ eq \f(1,n＋1) ，则an＋1－an＝ eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) ＝ eq \f(1,（n＋1）（n＋2）) >0，因此数列{an}是递增数列，故D正确．故选ABD.
8．(新定义问题)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( CD )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝ eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1)
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＝ eq \r(n) ，则an＋1－an＝ eq \r(n＋1) － eq \r(n) ＝ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n)) ，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1) ，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2) －ln eq \f(n,n＋1) ＝ln ( eq \f(n＋1,n＋2) · eq \f(n＋1,n) )＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n))) ，由函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2＋2x))) 在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确．故选CD.
三、填空题
9．(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，可得点数构成的数列的一个通项公式an＝5n－4．
解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳得an＝5n－4.
10．(开放性问题)设数列{an}的前n项和为Sn，且n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝n－6(n∈N*)(答案不唯一).
解析：n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可，所以满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N*).
11．(2023·安徽合肥一中校考期末)数列{an}满足a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，记Sn为数列{an}的前n项和，若S2 021＝m，则a2 023＝m＋2．(用含m的式子表示)
解析：由an＋2＝an＋1＋an，则a2 023＝a2 021＋a2 022＝a2 021＋a2 020＋a2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋a2 020＝…＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a2＋a1＋a2＝S2 021＋a2＝m＋2.
12．已知数列的通项为an＝ eq \f(n＋1,3n－16) (n∈N*)，则数列{an}的最小项是第5项．
解析：因为an＝ eq \f(n＋1,3n－16) ，数列{an}的最小项必为an<0，即 eq \f(n＋1,3n－16) <0，3n－16<0，从而n< eq \f(16,3) ，又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5时，an的值最小．
四、解答题
13．在数列{an}中，an＝－2n2＋9n＋3.
(1)－107是不是该数列中的某一项？若是，其为第几项？
(2)求数列中的最大项．
解：(1)令an＝－107，－2n2＋9n＋3＝－107，2n2－9n－110＝0，解得n＝10或n＝－ eq \f(11,2) (舍去).所以a10＝－107.所以－107是该数列中的第10项．
(2)an＝－2n2＋9n＋3＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,4))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(105,8) ，由于n∈N*，所以最大项为a2＝13.
14．(2023·辽宁朝阳高三校联考期末)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝ eq \f(1,2) ，anan＋2＝1(n∈N*).
(1)求a3，a5的值；
(2)求{an}的前2 023项的和S2 023.
解：(1)当n＝1时，a1a3＝1，所以a3＝ eq \f(1,2) ；当n＝3时，a3a5＝1，所以a5＝2.
(2)当n＝2时，a2a4＝1，所以a4＝2.
由anan＋2＝1知an＋2an＋4＝1，所以an＝an＋4，故数列{an}是以4为周期的周期数列，即a4n＝a4＝2，a4n＋1＝a1＝2，a4n＋2＝a2＝ eq \f(1,2) ，a4n＋3＝a3＝ eq \f(1,2) ，所以S2 023＝505(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 021＋a2 022＋a2 023＝505×5＋2＋ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ＝2 528.
一、单项选择题
1．已知数列{an}中，a1＝ eq \f(1,2) ，an＋1＝1－ eq \f(1,an) (n≥2)，则a2 023＝( B )
A．－1 B． eq \f(1,2)
C．2 D．1
解析：数列{an}中，a1＝ eq \f(1,2) ，an＋1＝1－ eq \f(1,an) (n≥2)，可知a2＝1－ eq \f(1,a1) ＝－1，a3＝1－ eq \f(1,a2) ＝2，a4＝1－ eq \f(1,a3) ＝ eq \f(1,2) ＝a1，故数列{an}是以3为最小正周期的周期数列，所以a2 023＝a1＝ eq \f(1,2) .故选B.
2．(2023·陕西宝鸡统考二模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且Sn＝2n＋1＋a，则a1a2＋a2a3＋…＋a10a11＝( A )
A． eq \f(223－8,3) B． eq \f(213－8,3)
C． eq \f(220－1,3) D． eq \f(225－8,3)
解析：因为Sn＝2n＋1＋a，所以a1＝S1＝4＋a，a2＝S2－S1＝(23＋a)－(22＋a)＝4，a3＝S3－S2＝(24＋a)－(23＋a)＝8，又{an}是等比数列，所以a eq \\al(2,2) ＝a1a3，即42＝8(4＋a)，解得a＝－2，所以Sn＝2n＋1－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，又a1＝2满足an＝2n，所以 eq \f(an＋2an＋1,an＋1an) ＝ eq \f(an＋2,an) ＝ eq \f(2n＋2,2n) ＝4，故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1an)) 是公比为4，首项为a1a2＝2×4＝8的等比数列，所以a1a2＋a2a3＋…＋a10a11＝ eq \f(8（1－410）,1－4) ＝ eq \f(223－8,3) .故选A.
3．已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(3n＋k,2n) ，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( D )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：因为an＋1－an＝ eq \f(3n＋3＋k,2n＋1) － eq \f(3n＋k,2n) ＝ eq \f(3－3n－k,2n＋1) ，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝ eq \f(3－3n－k,2n＋1) <0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞).故选D.
4．(2023·贵州遵义高三统考期末)将1，5，12，22等称为五边形数，如下图所示，把所有的五边形数按从小到大的顺序排列，就能构成一个数列{an}，则该数列的第6项a6＝( C )
A．49 B．50
C．51 D．52
解析：依题意五边形数的第一项为1＝ eq \f(3×12－1,2) ，第二项为5＝ eq \f(3×22－2,2) ，第三项为12＝ eq \f(3×32－3,2) ，则五边形数的第n项为an＝ eq \f(3×n2－n,2) (n∈N*).所以a6＝ eq \f(3×62－6,2) ＝51.故选C.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为( D )
A．(2n＋1)2－1 B．(2n＋1)2
C．8n2 D．(n＋1)3
解析：在4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an中，令n＝1，得8(a1＋1)＝9a1，所以a1＝8，因为4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an①，所以4n·(Sn－1＋1)＝(n＋1)2an－1(n≥2)②，①－②得，4an＝ eq \f(（n＋2）2,n＋1) an－ eq \f(（n＋1）2,n) an－1，即 eq \f(n2,n＋1) an＝ eq \f(（n＋1）2,n) an－1，an＝ eq \f(（n＋1）3,n3) an－1，所以an＝ eq \f(an,an－1) × eq \f(an－1,an－2) ×…× eq \f(a2,a1) ×a1＝ eq \f(（n＋1）3,n3) × eq \f(n3,（n－1）3) ×…× eq \f(33,23) ×8＝(n＋1)3(n≥2)，又a1＝8也满足此式，所以数列{an}的通项公式为(n＋1)3.故选D.
6．(数学文化)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫做“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为an(n∈N)，若a5＝1，且ai(i＝1，2，3，4)均不为1，则a0＝( B )
A．5或16 B．5或32
C．5或16或4 D．5或32或4
解析：由题知an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3an＋1，an为奇数，,\f(an,2)，an为偶数，)) 因为a5＝1，所以若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，则a4＝2a5＝2；若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝ eq \f(1,3) ，不合题意，所以a3为偶数，a3＝2a4＝4；若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝ eq \f(7,3) ，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.综上所述，a0＝5或a0＝32.故选B.
二、多项选择题
7．(2024·云南玉溪高三统考期末)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,1＋3an) (n∈N*)，则( BCD )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 为等比数列
B．{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,3n－2)
C．{an}为单调递减数列
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 的前n项和Tn＝ eq \f(3n2－n,2)
解析：因为 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(1＋3an,an) ＝ eq \f(1,an) ＋3，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是以1为首项，3为公差的等差数列，故A错误；所以 eq \f(1,an) ＝1＋3(n－1)＝3n－2，即an＝ eq \f(1,3n－2) ，故B正确；根据函数y＝3x－2在[1，＋∞)上单调递增，且3x－2>0，则函数y＝ eq \f(1,3x－2) 在[1，＋∞)上单调递减，又因为an＝ eq \f(1,3n－2) ，n∈N*，则数列{an}为单调递减数列，故C正确； eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 的前n项和Tn＝ eq \f(n（3n－1）,2) ＝ eq \f(3n2－n,2) ，故D正确．故选BCD.
8．(2023·河北张家口统考三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝8，则下列递推关系中能使Sn存在最大值的有( BC )
A．an＋1＝－2an B．an＋1＝an－2
C．an＋1＝an－n D．an＋1＝ eq \f(1,1－an)
解析：对于A，由an＋1＝－2an，a1＝8，可得an＝8×(－2)n－1，Sn＝ eq \f(8[1－（－2）n],1＋2) ＝ eq \f(8,3) [1－(－2)n]，当n为正奇数且趋近于无穷大时，Sn也趋近于正无穷大，故Sn不存在最大值，故A错误；对于B，由an＋1＝an－2，得an＋1－an＝－2，又a1＝8，所以an＝8－2(n－1)＝－2n＋10，当1≤n≤4时，an>0，当n＝5时，an＝0，当n>5时，an<0，所以当n＝4或n＝5时，Sn取得最大值，故B正确；对于C，由an＋1＝an－n，a1＝8，得a2＝a1－1＝7，a3＝a2－2＝5，a4＝a3－3＝2，a5＝a4－4＝－2，又an＋1－an＝－n <0，{an}递减，所以当n＝4时，Sn取最大值，故C正确；对于D，由an＋1＝ eq \f(1,1－an) ，a1＝8，得a2＝－ eq \f(1,7) ，a3＝ eq \f(7,8) ，a4＝8，…，所以数列{an}的周期为3，故Sn不存在最大值，故D错误．故选BC.
三、填空题
9．(2023·上海浦东实验学校校考期末) eq \f(1,462) 是数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n（n＋1）))) 的第21项．
解析：令 eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,462) ，即n2＋n－462＝0，即(n－21)(n＋22)＝0，所以n＝21或n＝－22，又因为n∈N*，所以n＝21.
10．(开放性问题)写出一个符合下列要求的数列{an}的通项公式：①{an} 是无穷数列；②{an} 是单调递减数列；③－2解析：因为函数an＝－2＋ eq \f(1,n) 的定义域为N*，且an＝－2＋ eq \f(1,n) 在N* 上单调递减，－2<－2＋ eq \f(1,n) <0，所以满足3个条件的数列的通项公式可以是an＝－2＋ eq \f(1,n) .
11．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－λn＋1，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是(－∞，3)．
解析：由题意得an＋1>an，即(n＋1)2－λ(n＋1)＋1>n2－λn＋1.化简得，λ<2n＋1，n∈N*，即λ<3.
12．(2024·江西九江湖口中学校考期末)已知数列{an}满足2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＋2an＝2n－ eq \f(n,2) －1，若cn＝ eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1)) ，则数列{cn}的前n项和Tn＝2( eq \r(n＋1) －1)．
解析：数列{an}中，由2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＋2an＝2n－ eq \f(n,2) －1，得a1＋ eq \f(1,2) a2＋…＋ eq \f(1,2n－2) an－1＋ eq \f(1,2n－1) an＝1－ eq \f(n＋2,2n＋1) ，当n≥2时，a1＋ eq \f(1,2) a2＋…＋ eq \f(1,2n－2) an－1＝1－ eq \f(n＋1,2n) ，两式相减得 eq \f(1,2n－1) an＝ eq \f(n＋1,2n) － eq \f(n＋2,2n＋1) ，整理得an＝ eq \f(n,4) ，而a1＝ eq \f(1,4) 满足上式，因此an＝ eq \f(n,4) ，cn＝ eq \f(1,\r(\f(n,4))＋\r(\f(n＋1,4))) ＝ eq \f(2,\r(n)＋\r(n＋1)) ＝2( eq \r(n＋1) － eq \r(n) )，所以Tn＝2[( eq \r(2) －1)＋( eq \r(3) － eq \r(2) )＋…＋( eq \r(n＋1) － eq \r(n) )]＝2( eq \r(n＋1) －1).
四、解答题
13．已知Sn是数列{an}的前n项和，且an－Sn＝ eq \f(1,2) n－ eq \f(1,2) n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an－5an，求数列{bn}中最小的项．
解：(1)对任意的n∈N*，由an－Sn＝ eq \f(1,2) n－ eq \f(1,2) n2，得an＋1－Sn＋1＝ eq \f(1,2) (n＋1)－ eq \f(1,2) (n＋1)2，两式相减得an＝n，因此数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)得bn＝2n－5n，则bn＋1－bn＝[2n＋1－5(n＋1)]－(2n－5n)＝2n－5.
当n≤2时，bn＋1－bn<0，即bn＋1b2>b3；
当n≥3时，bn＋1－bn>0，即bn＋1>bn，∴b3所以数列{bn}的最小项为b3＝23－5×3＝－7.
14．(2024·浙江嘉兴高三统考期末)记Sn为数列{an}的前n项和，且a1>0，已知 eq \f(Sn＋1,an＋1) － eq \f(Sn,an) ＝ eq \f(1,2) .
(1)若a1＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若 eq \f(1,S1) ＋ eq \f(1,S2) ＋…＋ eq \f(1,Sn) <1对任意n∈N*恒成立，求a1的取值范围．
解：(1)由题意得 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an))) 是公差为 eq \f(1,2) 的等差数列，则 eq \f(Sn,an) ＝1＋ eq \f(1,2) (n－1)＝ eq \f(n＋1,2) ，即2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，即 eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n,n－1) (n≥2)，
所以 eq \f(an,an－1) × eq \f(an－1,an－2) × eq \f(an－2,an－3) ×…× eq \f(a2,a1) ＝ eq \f(n,n－1) × eq \f(n－1,n－2) ×…× eq \f(2,1) ，即 eq \f(an,a1) ＝n，an＝n(n≥2)，
因为a1＝1，所以an＝n.
(2)由题知，Sn＝ eq \f(（a1＋na1）·n,2) ，
所以 eq \f(1,Sn) ＝ eq \f(2,a1) · eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(2,a1) ·( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )，
则 eq \i\su(k＝1,n, ) eq \f(1,Sk) ＝ eq \f(2,a1) eq \i\su(k＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1))) ＝ eq \f(2,a1) (1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＝ eq \f(2,a1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) ，
当n→＋∞时，
有 eq \f(2,a1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) → eq \f(2,a1) ，
因为a1>0，所以 eq \i\su(k＝1,n, ) eq \f(1,Sk) <1恒成立等价于 eq \f(2,a1) ≤1，从而a1≥2.
考点练33 等差数列 对应学生用书069页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知在等差数列{an} 中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a10＝( A )
A．18 B．16
C．20 D．17
解析：因为a4＋a8＝2a6＝20，所以a6＝10 .又a7＝12，所以d＝2，所以a10＝a7＋3d＝12＋6＝18.故选A.
2．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( C )
A．25 B．22
C．20 D．15
解析：方法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝5×2＋10＝20.故选C.
方法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝ eq \f(a8－a4,8－4) ＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝( B )
A．27 B．45
C．81 D．18
解析：因为等差数列{an}，所以S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，可得2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，即2(36－9)＝9＋S9－S6，解得S9－S6＝45，即a7＋a8＋a9＝45.故选B.
4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且4＋a5＝a6＋a4，则S9＝( B )
A．72 B．36
C．18 D．9
解析：∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝ eq \f(9（a1＋a9）,2) ＝9a5＝36.故选B.
5．(数学文化)(2023·湖南长沙实验中学二模)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……则第十层有( )个球( C )
A．12 B．20
C．55 D．110
解析：由题意知，a1＝1，a2＝a1＋2＝1＋2，a3＝a2＋3＝1＋2＋3，…，an＝an－1＋n＝1＋2＋3＋…＋n，所以a10＝1＋2＋3＋…＋10＝55.故选C.
6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020， eq \f(S2 024,2 024) － eq \f(S2 014,2 014) ＝10，则S2 023＝( C )
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
解析：∵ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 为等差数列，设公差为d′，则 eq \f(S2 024,2 024) － eq \f(S2 014,2 014) ＝10d′＝10，∴d′＝1，首项为 eq \f(S1,1) ＝－2 020，∴ eq \f(S2 023,2 023) ＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，∴S2 023＝2 023×2＝4 046.故选C.
二、多项选择题
7．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( BC )
A．a7 B．a8
C．S15 D．S16
解析：由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝ eq \f(15（a1＋a15）,2) ＝15a8为定值，但S16＝ eq \f(16（a1＋a16）,2) ＝8(a8＋a9)不是定值．故选BC.
8．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是( ACD )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
解析：2a1＋3a3＝S6，∴2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，故A正确；当d<0时，Sn没有最小值，故B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，故C正确；S19＝ eq \f(（a1＋a19）×19,2) ＝19a10＝0，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 021，则m＝1 011．
解析：∵S3＝3a1＋3d，∴3a1＋3d＝a1＋4d，即d＝2，am＝a1＋(m－1)×2＝2m－1＝2 021，∴m＝1 011.
10．已知数列{an}的前n项和Sn满足 eq \r(Sn) ＝ eq \r(Sn－1) ＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，则an＝2n－1．
解析：∵ eq \r(Sn) － eq \r(Sn－1) ＝1，∴{ eq \r(Sn) }为等差数列，又 eq \r(S1) ＝ eq \r(a1) ＝1，∴ eq \r(Sn) ＝n，即Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1满足上式，∴an＝2n－1.
11．(2023·海南高三统考期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若 eq \f(S7,S5) ＝2，则 eq \f(a7,a5) ＝ eq \f(19,13) ．
解析： eq \f(S7,S5) ＝ eq \f(\f(7（a1＋a7）,2),\f(5（a1＋a5）,2)) ＝ eq \f(7a4,5a3) ＝2，则7a4＝10a3＝10(a4－d)，其中d为公差，则a4＝ eq \f(10,3) d≠0，故 eq \f(a7,a5) ＝ eq \f(a4＋3d,a4＋d) ＝ eq \f(19,13) .
12．已知在数列{an}中，a6＝11，且nan－(n－1)an＋1＝1，则an＝2n－1； eq \f(a eq \\al(2,n) ＋143,n) 的最小值为44．
解析：nan－(n－1)an＋1＝1，所以(n＋1)an＋1－nan＋2＝1，两式相减得nan－2nan＋1＋nan＋2＝0，所以an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列．当n＝1时，由nan－(n－1)an＋1＝1得a1＝1，由a6＝11，得公差d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以 eq \f(a eq \\al(2,n) ＋143,n) ＝ eq \f(（2n－1）2＋143,n) ＝4n＋ eq \f(144,n) －4≥2 eq \r(4n·\f(144,n)) －4＝44，当且仅当4n＝ eq \f(144,n) ，即n＝6时等号成立．
四、解答题
13．记Sn 为数列{an}的前n 项和．已知 eq \f(2Sn,n) ＋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．
解：(1)证明：由 eq \f(2Sn,n) ＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n①，
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)②，
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an} 是公差为1的等差数列．
(2)由(1)知数列{an} 的公差为1.
由a eq \\al(2,7) ＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋ eq \f(n（n－1）,2) ＝ eq \f(n2－25n,2) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(625,8) ，
所以当n＝12 或n＝13时，Sn 取得最小值，最小值为－78.
14．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)是否存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵S2＝2，S3＝－6，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,3a1＋\f(3×2,2)d＝－6，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝－6，))
∴an＝4＋(n－1)×(－6)＝－6n＋10，
∴Sn＝4n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×(－6)＝－3n2＋7n.
(2)假设存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，
则2(Sn＋2＋2n)＝Sn＋Sn＋3，
∴2[－3(n＋2)2＋7(n＋2)＋2n]＝－3n2＋7n＋7(n＋3)－3(n＋3)2，解得n＝5.
综上，存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列．
一、单项选择题
1．(2023·江苏镇江期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 023＝2 023，且a3＋a2 021＝m，则m＝( B )
A．1 B．2
C．2 023 D．2 024
解析：因为S2 023＝ eq \f(2 023（a1＋a2 023）,2) ＝2 023，所以a1＋a2 023＝2，所以a3＋a2 021＝a1＋a2 023＝2＝m.故选B.
2．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为 eq \f(2π,3) ，集合S＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(cs an))n∈N*)) ，若S＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b)) ，则ab＝( B )
A．－1 B．－ eq \f(1,2)
C．0 D． eq \f(1,2)
解析：依题意，等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)· eq \f(2π,3) ＝ eq \f(2π,3) n＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2π,3))) ，显然函数y＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2π,3))))) 的周期为3，而n∈N*，即cs an最多3个不同取值，又{cs an|n∈N*}＝{a，b}，则在cs a1，cs a2，cs a3中，cs a1＝cs a2≠cs a3或cs a1≠cs a2＝cs a3或cs a1＝cs a3≠cs a2.当cs a1＝cs a2≠cs a3或cs a1≠cs a2＝cs a3时，由cs θ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(2π,3))) ，即有θ＋(θ＋ eq \f(2π,3) )＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－ eq \f(π,3) ，k∈Z，所以k∈Z，ab＝cs (kπ－ eq \f(π,3) )cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)))＋\f(4π,3))) ＝－cs (kπ－ eq \f(π,3) )cs kπ＝－cs2kπ·cs eq \f(π,3) ＝－ eq \f(1,2) .当cs a1＝cs a3≠cs a2时，由cs θ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(4π,3))) ，得θ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(4π,3))) ＝2kπ，k∈Z，解得θ＝－ eq \f(2π,3) ＋kπ，k∈Z，所以ab＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3))) cs kπ＝cs2kπcs eq \f(2π,3) ＝－ eq \f(1,2) ，综上可知，ab＝－ eq \f(1,2) .故选B.
3．已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n＝( C )
A．20 B．17
C．19 D．21
解析：因为a9＋3a11<0，所以a9＋a11＋2a11＝a9＋a11＋a10＋a12＝2(a11＋a10)<0，所以a10＋a11<0.因为a10·a11<0，所以由等差数列的性质和求和公式可得a10>0，a11<0，又可得S19＝19a10>0，而S20＝10(a10＋a11)<0，进而可得Sn取得最小正值时n＝19.故选C.
4．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 为等差数列，则( C )
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
解析：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d， eq \f(Sn,n) ＝a1＋ eq \f(n－1,2) d＝ eq \f(d,2) n＋a1－ eq \f(d,2) ， eq \f(Sn＋1,n＋1) － eq \f(Sn,n) ＝ eq \f(d,2) ，因此 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 为等差数列，即 eq \f(Sn＋1,n＋1) － eq \f(Sn,n) ＝ eq \f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）) ＝ eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）) 为常数，设为t，即 eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）) ＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，故C正确．故选C.
5．(数学文化)(2024·江西九江湖口中学校考期末)我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，《洛书》上的图案由45个黑白圆点分别组合，摆成方形，南西东北分别有1，3，7，9个点，四角各有2，4，6，8个点，中间有5个点，简化成如图3×3的方格，填好数字后各行、各列以及对角线上的3个数字之和都等于15.推广到一般情况，将连续的正整数1，2，3，…，n2填入n×n的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，这样一个n阶幻方就填好了，记n阶幻方对角线上的数字之和为Sn，则S8的值为( C )
A．111 B．175
C．260 D．369
解析：n阶幻方由1，2，3，…，n2填入得到，填入的数字之和为An＝1＋2＋…＋n2＝ eq \f(n2（n2＋1）,2) ，又因为n阶幻方每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，所以对角线上的数字之和为Sn＝ eq \f(An,n) ＝ eq \f(n（n2＋1）,2) ，当n＝8时，代入可得S8＝ eq \f(8×65,2) ＝260.故选C.
6．(2023·河南郑州统考模拟)北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,a eq \\al(2,n) ))) 的前2 023项和为( D )
A．2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024)))\s\up12(2))) B．2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)))\s\up12(2)))
C．4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)))\s\up12(2))) D．4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024)))\s\up12(2)))
解析：由题意知a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，n≥2，n∈N*且a1＝1，则由累加法可知，an－a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2) ， eq \f(2n＋1,a eq \\al(2,n) ) ＝ eq \f(4（2n＋1）,n2（n＋1）2) ＝4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋1）2))) ，记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,a eq \\al(2,n) ))) 的前n项和为Sn，Sn＝4[1－ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,22) － eq \f(1,32) ＋…＋ eq \f(1,n2) － eq \f(1,（n＋1）2) ]＝4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（n＋1）2))) ，∴S2 023＝4[1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024))) eq \s\up12(2) ].故选D.
二、多项选择题
7．设正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则( ABD )
A．a2a9的最大值为10
B．a2＋a9的最大值为2 eq \r(10)
C． eq \a\vs4\al(\f(1,a eq \\al(2,2) )) ＋ eq \f(1,a eq \\al(2,9) ) 的最大值为 eq \f(1,5)
D．a eq \\al(4,2) ＋a eq \\al(4,9) 的最小值为200
解析：因为正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，所以(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，即a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) ＝20.a2a9≤ eq \f(a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) ,2) ＝ eq \f(20,2) ＝10，当且仅当a2＝a9＝ eq \r(10) 时等号成立，故A正确；由于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋a9,2))) eq \s\up12(2) ≤ eq \f(a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) ,2) ＝10，所以 eq \f(a2＋a9,2) ≤ eq \r(10) ，a2＋a9≤2 eq \r(10) ，当且仅当a2＝a9＝ eq \r(10) 时等号成立，故B正确； eq \f(1,a eq \\al(2,2) ) ＋ eq \f(1,a eq \\al(2,9) ) ＝ eq \f(a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) ,a eq \\al(2,2) ·a eq \\al(2,9) ) ＝ eq \f(20,a eq \\al(2,2) ·a eq \\al(2,9) ) ≥ eq \f(20,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) ,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(20,102) ＝ eq \f(1,5) ，当且仅当a2＝a9＝ eq \r(10) 时等号成立，所以 eq \f(1,a eq \\al(2,2) ) ＋ eq \f(1,a eq \\al(2,9) ) 的最小值为 eq \f(1,5) ，故C错误；结合A的结论，有a eq \\al(4,2) ＋a eq \\al(4,9) ＝(a eq \\al(2,2) ＋a eq \\al(2,9) )2－2a eq \\al(2,2) ·a eq \\al(2,9) ＝400－2a eq \\al(2,2) ·a eq \\al(2,9) ≥400－2×102＝200，当且仅当a2＝a9＝ eq \r(10) 时等号成立，故D正确．故选ABD.
8．(数学文化)(2024·湖北武汉高三校联考期末)“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各种商业场合．“苏州码子”0～9的写法依次为．某铁路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着的“”代表距离始发车站的里程为0千米，刻着“”代表距离始发车站的里程为60千米，已知每隔3千米摆放一个里程碑，若在A点处里程碑上刻着“”，在B点处里程碑上刻着“”，则( ABD )
A．从始发车站到A点的所有里程碑个数为14
B．从A点到B点的所有里程碑个数为16
C．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为987
D．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为984
解析：由题意知，A点处里程碑刻着数字39，B点处里程碑刻着数字84，里程碑上的数字成等差数列，公差为3，则从始发车站到A点的所有里程碑个数为 eq \f(39,3) ＋1＝14，故A正确；从A点到B点的所有里程碑个数为 eq \f(84－39,3) ＋1＝16，故B正确；从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为16×39＋ eq \f(16×15,2) ×3＝984，故D正确，C错误．故选ABD.
三、填空题
9．(开放性问题)(2023·江苏南京六校联考)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＝2n＋1(答案不唯一)．
解析：设{an} 的公差为d，由题意得，a210．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有 eq \f(Sn,Tn) ＝ eq \f(2n－1,3n－2) ，则 eq \f(a11,b6＋b10) ＋ eq \f(a5,b7＋b9) 的值为 eq \f(29,43) ．
解析： eq \f(a11,b6＋b10) ＋ eq \f(a5,b7＋b9) ＝ eq \f(a11＋a5,2b8) ＝ eq \f(2a8,2b8) ＝ eq \f(a8,b8) ，∴ eq \f(a8,b8) ＝ eq \f(S2×8－1,T2×8－1) ＝ eq \f(S15,T15) ＝ eq \f(2×15－1,3×15－2) ＝ eq \f(29,43) .
11．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，且an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则该数列的前9项之和为34．
解析：∵an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，∴当n为奇数时，a2n＋1－a2n－1＝0，则数列{a2n－1}是常数列，a2n－1＝a1＝2；当n为偶数时，a2n＋2－a2n＝2，则数列{a2n}是以a2＝3为首项，2为公差的等差数列，∴a1＋a2＋…＋a9＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a8)＝2×5＋(3×4＋ eq \f(4×3,2) ×2)＝34.
12．(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＝48；数列{an}所有项的和为384．
解析：设前3项公差为d，后7项公比为q>0，
则q4＝ eq \f(a9,a5) ＝ eq \f(192,12) ＝16，且q>0，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝ eq \f(a5,q2) ，即1＋2d＝3，可得d＝1，
可得a3＝3，a7＝a3q4＝48.
a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋ eq \f(3（1－27）,1－2) ＝384.
四、解答题
13．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，
解得a1＝1，d＝ eq \f(2,5) ，所以{an}的通项公式为an＝ eq \f(2n＋3,5) .
(2)由(1)知，bn＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5))) ，
当n＝1，2，3时，1≤ eq \f(2n＋3,5) <2，bn＝1；
当n＝4，5时，2< eq \f(2n＋3,5) <3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤ eq \f(2n＋3,5) <4，bn＝3；当n＝9，10时，4< eq \f(2n＋3,5) <5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
14．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n＝2k－1，,2an，n＝2k，)) k∈N*，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，)) 解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明：证法一：由(1)知，
Sn＝ eq \f(n（5＋2n＋3）,2) ＝n2＋4n，
bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，)) k∈N*，
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝ eq \f(13＋（6n＋1）,2) · eq \f(n,2) ＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(7,2) n，
当n>5时，Tn－Sn＝( eq \f(3,2) n2＋ eq \f(7,2) n)－(n2＋4n)＝ eq \f(1,2) n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝ eq \f(3,2) (n＋1)2＋ eq \f(7,2) (n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝( eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5)－(n2＋4n)＝ eq \f(1,2) (n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.
证法二：由(1)知，Sn＝ eq \f(n（5＋2n＋3）,2) ＝n2＋4n，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，)) k∈N*，
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝ eq \f(－1＋2（n－1）－3,2) · eq \f(n,2) ＋ eq \f(14＋4n＋6,2) · eq \f(n,2) ＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(7,2) n，
当n>5时，Tn－Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n)) －(n2＋4n)＝ eq \f(1,2) n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝ eq \f(－1＋2n－3,2) · eq \f(n＋1,2) ＋ eq \f(14＋4（n－1）＋6,2) · eq \f(n－1,2) ＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5，当n>5时，Tn－Sn＝( eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5)－(n2＋4n)＝ eq \f(1,2) (n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
考点练34 等比数列 对应学生用书071页
一、单项选择题
1．在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则 eq \f(a5＋a6,a1＋a2) 的值是( C )
A．4 B．8
C．16 D．64
解析：设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，a eq \\al(2,1) q8＝64，解得q2＝4，则 eq \f(a5＋a6,a1＋a2) ＝42＝16.故选C.
2．(教材改编)已知等比数列{an}的首项为－1，前n 项和为Sn，若 eq \f(S10－S5,S5) ＝ eq \f(1,32) ，则公比q的值为( B )
A．－ eq \f(1,2) B． eq \f(1,2)
C．2 D．－2
解析：当q＝1 时， eq \f(S10－S5,S5) ＝1≠ eq \f(1,32) ，所以q≠1 .当q≠1 时， eq \f(S10－S5,S5) ＝
eq \f(a6＋a7＋a8＋a9＋a10,a1＋a2＋a3＋a4＋a5) ＝q5＝ eq \f(1,32) ，所以q＝ eq \f(1,2) .故选B.
3．(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝( C )
A． eq \f(15,8) B． eq \f(65,8)
C．15 D．40
解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
4．已知数列a1， eq \f(a2,a1) ，…， eq \f(an,an－1) ，…是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an＝( D )
A．n(n＋1) B． eq \f(n（n－1）,4)
C． eq \f(n（n＋1）,2) D． eq \f(n（n－1）,2)
解析：由题设有 eq \f(an,an－1) ＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，而an＝a1· eq \f(a2,a1) · eq \f(a3,a2) ·…· eq \f(an,an－1) ＝1×21＋2＋…＋n－1＝2 eq \s\up9(\f(n（n－1）,2)) (n≥2)，当n＝1时，a1＝1也满足该式，故an＝2 eq \s\up9(\f(n（n－1）,2)) (n≥1)，所以lg2an＝ eq \f(n（n－1）,2) .故选D.
5．(数学文化)“巴赫十二平均律”是世界上通用的音乐律制，它与五度相生律、纯律并称三大律制．“十二平均律”将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 eq \r(12,2) .而早在16世纪，明代朱载堉最早用精湛的数学方法近似计算出这个比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．若第一个单音的频率为f，则第四个单音的频率为( B )
A．5f B．2 eq \s\up9(\f(1,4)) f
C．4f D．2 eq \s\up9(\f(1,3)) f
解析：由题设可得，依次得到的十三个单音构成首项为f，公比为 eq \r(12,2) 的等比数列{an}，第四个单音的频率为a4＝f×( eq \r(12,2) )3＝2 eq \s\up9(\f(1,4)) f.故选B.
6．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( C )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴ eq \f(2k＋1（1－210）,1－2) ＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.故选C.
二、多项选择题
7．已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( AC )
A． eq \f(1,2) B．1
C．2 D．3
解析：因为a2，a3＋1，a4成等差数列，所以a2＋a4＝2(a3＋1)，因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.又{an}是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，得a3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q))) ＝2(a3＋1)，即q＋ eq \f(1,q) ＝ eq \f(5,2) ，解得q＝2或q＝ eq \f(1,2) .故选AC.
8．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( ABD )
A．Sn＝3n－1
B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1
D．an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))
解析：由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即 eq \f(an＋1,an) ＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以 eq \f(a2,a1) ＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；)) 当n≥2时，Sn＝ eq \f(an＋1,2) ＝ eq \f(2·3n－1,2) ＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1.又由 eq \f(Sn＋1,Sn) ＝ eq \f(3n,3n－1) ＝3，所以数列{Sn}是公比为3的等比数列，综上可得A、B、D是正确的．故选ABD.
三、填空题
9．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝－2．
解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
10．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为－ eq \f(1,2) ．
解析：若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8· eq \f(a1（1－q6）,1－q) ＝7· eq \f(a1（1－q3）,1－q) ，即8·(1－q6)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)(1－q3)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)＝7，解得q＝－ eq \f(1,2) .
11．(教材改编)已知公比不为1的等比数列{an}，且a eq \\al(2,3) ＝a7，a6＋2a4＝3a5，则数列{an}的通项公式an＝2n＋1．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则q≠1，由a eq \\al(2,3) ＝a7，a6＋2a4＝3a5，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1q2）2＝a1q6，,a1q5＋2a1q3＝3a1q4，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝2，))
∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.
12．已知数列{an}与 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a eq \\al(2,n) ,n))) 均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则an＝2n，a1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3))) eq \s\up12(3) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n))) eq \s\up12(n) ＝2n＋1－2．
解析：设an＝2＋(n－1)d，所以 eq \f(a eq \\al(2,n) ,n) ＝ eq \f([2＋（n－1）d]2,n) ＝ eq \f(d2n2＋（4d－2d2）n＋（d－2）2,n) ，
由于 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a eq \\al(2,n) ,n))) 为等差数列，所以其通项是一个关于n的一次函数或常数函数，所以(d－2)2＝0，所以d＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，所以 eq \f(an,n) ＝ eq \f(2n,n) ＝2，所以a1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3))) eq \s\up12(3) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n))) eq \s\up12(n) ＝21＋22＋…＋2n＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) ＝2n＋1－2.
四、解答题
13．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝ eq \f(an,n) .
(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．
解：(1)由条件可得an＋1＝ eq \f(2（n＋1）,n) 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．理由如下：
由条件可得 eq \f(an＋1,n＋1) ＝ eq \f(2an,n) ，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 eq \f(an,n) ＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
14．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}落入区间(2，2 024)的所有项的和．
解：(1)证明：由an＋1＝2an＋1可知，an＋1＋1＝2(an＋1)，得 eq \f(an＋1＋1,an＋1) ＝2，且a1＋1＝3，所以数列{an＋1}是首项为3，公比为2的等比数列，所以an＋1＝3×2n－1，即an＝3×2n－1－1.
(2)由题意2故{an}落入区间(2，2 024)的项为a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，
所以其和为a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝3×(21＋22＋23＋24＋…＋29)－1×9＝3× eq \f(2×（1－29）,1－2) －9＝
3 057.
一、单项选择题
1．已知在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5＝( C )
A．－2 B．±2
C．2 D．± eq \f(1,2)
解析：∵a2a3a4＝1，∴a3＝1，∵a6a7a8＝64，∴a7＝4，又a eq \\al(2,5) ＝a3a7＝4，a5与a3同号，∴a5＝2.故选C.
2．(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( C )
A．3 B．18
C．54 D．152
解析：由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2①，当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2，即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2②，联立①②可得a1＝2，q＝3，则a4＝a1q3＝54.故选C.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( C )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
解析：方法一：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝－1，则S4＝0≠－5，与题意不符，所以q≠－1；若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2≠0，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得， eq \f(a1（1－q4）,1－q) ＝－5， eq \f(a1（1－q6）,1－q) ＝21× eq \f(a1（1－q2）,1－q) ①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝ eq \f(a1（1－q8）,1－q) ＝ eq \f(a1（1－q4）,1－q) ×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C.
方法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝ eq \f(5,4) ，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝ eq \f(5,4) 时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.
4．(数学文化)科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线．其构成方式如下：如图1，将线段AB等分为线段AC，CD，DB.如图2，以CD为底向外作等边三角形CMD，并去掉线段CD，将以上的操作称为第一次操作；继续在图2的各条线段上重复上述操作，当进行三次操作后形成如图3的曲线．设线段AB的长度为1，则图3中曲线的长度为( C )
A．2 B． eq \f(16,9)
C． eq \f(64,27) D．3
解析：依题意，一条线段经过一次操作，其长度变为原来的 eq \f(4,3) ，因此每次操作后所得曲线长度依次排成一列，构成以 eq \f(4,3) 为首项， eq \f(4,3) 为公比的等比数列，所以当进行三次操作后的曲线长度为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(64,27) .故选C.
5．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且 eq \f(an＋2,an) ＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100＝( C )
A． eq \f(350－1,2) ＋50 B． eq \f(3（1－350）,2) ＋50
C． eq \f(3（350－1）,2) ＋50 D． eq \f(3（3100－1）,2) ＋50
解析：由题意 eq \f(an＋2,an) ＝2＋(－1)n(n∈N*)，当n为偶数时，可得 eq \f(an＋2,an) ＝3；当n为奇数时，可得 eq \f(an＋2,an) ＝1，即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，由求和公式可得S100＝ eq \f(3（1－350）,1－3) ＋50＝ eq \f(3（350－1）,2) ＋50.故选C.
6．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1，a2 022·a2 023>1，(a2 022－1)·(a2 023－1)<0，则下列结论不正确的是( B )
A．{an}为递减数列
B．S2 022＋1C．T2 022是数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn)) 中的最大项
D．T4 045<1
解析：因为数列{an}为等比数列，且a1>1，a2 022·a2 023>1，所以q>0，即数列{an}为正项等比数列，当q≥1时，则an＝a1qn－1>1，不满足(a2 022－1)·(a2 023－1)<0，舍去，所以01，0S2 023，故B错误；因为数列{an}单调递减，且a2 022>1，a2 023<1，所以T2 022是数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn)) 中的最大项，故C正确；由等比中项可知T4 045＝a1a2·…·a4 045＝(a2 023)4 045<1，故D正确．故选B.
二、多项选择题
7．如图，已知点E是ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足 eq \(GnD,\s\up9(→)) ＝an＋1· eq \(GnA,\s\up9(→)) －2(2an＋3)· eq \(GnE,\s\up9(→)) ，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( AB )
A．a3＝13
B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3
D．Sn＝2n＋1－n－2
解析： eq \(GnD,\s\up9(→)) ＝an＋1· eq \(GnA,\s\up9(→)) －2(2an＋3)· eq \f(1,2) ( eq \(GnA,\s\up9(→)) ＋ eq \(GnB,\s\up9(→)) )，故 eq \(GnD,\s\up9(→)) ＝(an＋1－2an－3)· eq \(GnA,\s\up9(→)) －(2an＋3)· eq \(GnB,\s\up9(→)) ， eq \(GnD,\s\up9(→)) ， eq \(GnB,\s\up9(→)) 共线，故an＋1－2an－3＝0，即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.a3＝24－3＝13，故A正确；数列{an＋3}是等比数列，故B正确；an＝2n＋1－3，故C错误；Sn＝4× eq \f(1－2n,1－2) －3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．故选AB.
8．已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列命题正确的是( ABC )
A．若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1>0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或n＝7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2 023·a2 023>0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则{2an}也为等比数列
解析：对于A，若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则公差d>0，故{an}为递增数列，故A正确；对于B，若数列{an}为等差数列，a1>0，设公差为d，由S3＝S10，得3a1＋ eq \f(3×2,2) d＝10a1＋ eq \f(10×9,2) d，即a1＝－6d，故an＝(n－7)d，所以当n≤7时，an≥0，a7＝0，故Sn的最大值在n＝6或n＝7时取得，故B正确；对于C，若数列{an}为等比数列，则S2 023·a2 023＝ eq \f(a1（1－q2 023）,1－q) ·a1·q2 022＝a eq \\al(2,1) ·q2 022· eq \f(1－q2 023,1－q) >0恒成立，故C正确；对于D，若数列{an}为等比数列，则2an＝2a1·qn－1，所以 eq \f(2an＋1,2an) ＝2an＋1－an＝2a1·(qn－qn－1)不是常数，故{2an}不是等比数列，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．(开放性问题)写出一个公比q＝ eq \f(1,2) 的递增等比数列的通项公式an＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) (答案不唯一)．
解析：若等比数列为递增的，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1(q－1)>0，由于公比q＝ eq \f(1,2) ，则首项a1<0，取a1＝－ eq \f(1,2) ，可得an＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) .
10．(2023·安徽安庆桐城中学一模)数列满足下列条件：a1＝2，且n∈N*，恒有a2n＝an－n－1，则a256＝－261．
解析：∵a2n＝an－n－1，∴a256＝a128－(128＋1)＝a128－(27＋1)＝a64－(26＋1)－(27＋1) ＝a32－(25＋1)－(26＋1)－(27＋1)＝… ＝a1－(20＋1)－(21＋1)－…－(27＋1) ＝2－(20＋1)－(21＋1)－…－(27＋1)＝2－(20＋21＋…＋27)－8＝－ eq \f(1×（1－28）,1－2) －6＝－261.
11．已知数列{an}满足递推公式an＋1＝2an＋1，a1＝1.设Sn为数列{an}的前n项和，则 eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1) 的最小值是 eq \f(17,4) ．
解析：因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n＝2n＋1－2－n，
所以 eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1) ＝
eq \f(4n＋7－n－（2n＋1－2－n）,2n) ＝2n＋ eq \f(9,2n) －2，由对勾函数的性质可得，当n＝1时，2n＝2，2n＋ eq \f(9,2n) －2＝2＋ eq \f(9,2) －2＝ eq \f(9,2) ，当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋ eq \f(9,2n) －2单调递增，
当n＝2时，2n＋ eq \f(9,2n) －2＝4＋ eq \f(9,4) －2＝ eq \f(17,4) < eq \f(9,2) ，所以 eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1) 的最小值是 eq \f(17,4) .
12．(探究性问题)已知函数f(x)＝lg2x，给出三个条件：①f(an)＝2n；②f(an)＝n－1；③f(an)＝ eq \f(1,n＋1) .从中选出一个能使数列{an}成等比数列的条件，在这个条件下，数列{an}的前n项和Sn＝2n－1．
解析：因函数f(x)＝lg2x，
条件①，f(an)＝lg2an＝2n，则有an＝22n，而 eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(22n＋1,22n) ＝22n＋1－2n＝22n不是常数，即数列{an}不是等比数列；
条件③，f(an)＝lg2an＝ eq \f(1,n＋1) ，则有an＝2 eq \s\up9(\f(1,n＋1)) ，而 eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(2\s\up9(\f(1,n＋2)),2\s\up9(\f(1,n＋1))) ＝2 eq \f(1,n＋2) － eq \f(1,n＋1) 不是常数，即数列{an}不是等比数列；
条件②，f(an)＝lg2an＝n－1，则有an＝2n－1， eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(2n,2n－1) ＝2是常数，即数列{an}是等比数列，其首项为1，公比2，所以Sn＝ eq \f(1－2n,1－2) ＝2n－1.
四、解答题
13．(结构不良问题)(2024·北京海淀区高三统考期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a4＝8，S3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}的前n项和为Tn，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Mn.
条件①：b1b2b3＝8；
条件②：T2＝S2；
条件③：T6＝9T3.
解：(1)设等差数列{an}的首项和公差分别为a1，d，由a4＝8，S3＝12得8＝a1＋3d，12＝3a1＋3da1＝d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.
(2)设等比数列{bn}的首项和公比分别为b1，q，
若选①②，由b1b2b3＝8得b eq \\al(3,2) ＝8b2＝2；由T2＝S2得a1＋a2＝b1＋b2＝6b1＝4，所以公比为q＝ eq \f(b2,b1) ＝ eq \f(1,2) ，故bn＝4× eq \f(1,2n－1) ，
故cn＝an＋bn＝2n＋4× eq \f(1,2n－1) ，故Mn＝Sn＋Tn＝ eq \f(（2＋2n）n,2) ＋4× eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2)) ＝n2＋n＋8－ eq \f(8,2n) ；
若选②③，
由T6＝9T3可知公比不为1，所以 eq \f(T6,T3) ＝ eq \f(1－q6,1－q3) ＝1＋q3＝9q＝2，
由T2＝S2得b1＋2b1＝6b1＝2，所以bn＝2n，故cn＝an＋bn＝2n＋2n，
故Mn＝Sn＋Tn＝ eq \f(（2＋2n）n,2) ＋ eq \f(2（1－2n）,1－2) ＝n2＋n＋2n＋1－2；
若选①③，由T6＝9T3可知公比不为1，所以 eq \f(T6,T3) ＝ eq \f(1－q6,1－q3) ＝1＋q3＝9q＝2，由b1b2b3＝8得b eq \\al(3,2) ＝8b2＝2；所以bn＝2n－1，故cn＝an＋bn＝2n＋2n－1，故Mn＝Sn＋Tn＝ eq \f(（2＋2n）n,2) ＋ eq \f(1－2n,1－2) ＝n2＋n＋2n－1.
14．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为 eq \f(（2n－1）·3n＋1,2) .
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 的前n项和为Sn，n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
解：(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*).
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝
eq \f(（2n－1）·3n＋1,2) ，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝ eq \f(（2n－3）·3n－1＋1,2) (n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*).
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是首项为 eq \f(1,2) ，公比为 eq \f(1,3) 的等比数列，
所以Sn＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3)) ＝
eq \f(3,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n))) < eq \f(3,4) .
因为n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥ eq \f(3,4) ，即实数m的最小值为 eq \f(3,4) .
考点练35 数列求和 对应学生用书073页
一、单项选择题
1．(教材改编)数列9，99，999，…的前n项和为( D )
A． eq \f(10,9) (10n－1)＋n B．10n－1
C． eq \f(10,9) (10n－1) D． eq \f(10,9) (10n－1)－n
解析：∵数列通项an＝10n－1，∴Sn＝(10＋102＋103＋…＋10n)－n＝ eq \f(10（1－10n）,1－10) －n＝ eq \f(10,9) (10n－1)－n.故选D.
2．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（－1）n（2n－1）)) 的前2 024项和为( B )
A．－1 011 B．2 024
C．－2 020 D．2 021
解析：设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（－1）n（2n－1）)) 的前2 024项和为S2 024，当n为奇数时，(－1)n(2n－1)＝－(2n－1)，当n为偶数时，(－1)n·(2n－1)＝2n－1，所以S2 024＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋(－4 045＋4 047)＝2×1 012＝2 024.故选B.
3．(教材改编)一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又弹回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( A )
A．[100＋200(1－2－9)] m
B．[100＋100(1－2－9)] m
C．200(1－2－9) m
D．100(1－2－9) m
解析：第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200× eq \f(2－1×（1－2－9）,1－2－1) ＝[100＋200(1－2－9)] m．故选A.
4．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n＋1)＋\r(n)))) 的前2 022项和为( D )
A． eq \r(2 022) ＋1 B． eq \r(2 022) －1
C． eq \r(2 023) ＋1 D． eq \r(2 023) －1
解析：因为 eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n)) ＝ eq \r(n＋1) － eq \r(n) ，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n＋1)＋\r(n)))) 的前2 022项的和为S2 022＝( eq \r(2) － eq \r(1) )＋( eq \r(3) － eq \r(2) )＋( eq \r(4) － eq \r(3) )＋…＋( eq \r(2 022) － eq \r(2 021) )＋( eq \r(2 023) － eq \r(2 022) ) ＝ eq \r(2 023) －1.故选D.
5．(2023·福建宁德校考二模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，a2＝3，a3＝4，数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为1的等差数列，则S40＝( A )
A．366 B．367
C．368 D．369
解析：设bn＝an＋an＋1＋an＋2，由题意{bn}是公差为1的等差数列，则b1＝a1＋a2＋a3＝9，故bn＝9＋(n－1)×1＝n＋8，则b2＝b1＋1＝10，故b2＋b5＋…＋b38＝(2＋8)＋(5＋8)＋…＋(38＋8)＝13×8＋ eq \f(13×（2＋38）,2) ＝364，于是S40＝a1＋(a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7)＋…＋(a38＋a39＋a40)＝a1＋b2＋b5＋…＋b38＝2＋364＝366.故选A.
6．(2023·广东佛山高三校联考阶段练习)若数列{an}满足a1＝1，a2＝4，且对于n∈N*(n≥2)都有an＋1＝2an－an－1＋2，则 eq \f(1,a3－1) ＋ eq \f(1,a5－1) ＋ eq \f(1,a7－1) ＋…＋ eq \f(1,a2 023－1) ＝( B )
A． eq \f(1 011,2 024) B． eq \f(1 011,4 048)
C． eq \f(2 022,2 023) D． eq \f(1 011,2 023)
解析：因为对于n∈N*(n≥2)都有an＋1＝2an－an－1＋2，(an＋1－an)－(an－an－1)＝2，令bn＝an＋1－an，所以bn－bn－1＝2(n≥2)，所以数列{bn}是以b1＝a2－a1＝3为首项，2为公差的等差数列．所以bn＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，所以an＋1－an＝2n＋1，所以an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－3，…，a3－a2＝5，a2－a1＝3，将这n－1项累加，则an－a1＝3＋5＋7＋…＋2n－1，n≥2，所以an＝1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝ eq \f(n（1＋2n－1）,2) ＝n2，n≥2，则 eq \f(1,an－1) ＝ eq \f(1,n2－1) ＝ eq \f(1,（n＋1）（n－1）) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,n－1) － eq \f(1,n＋1) )(n≥2)，所以 eq \f(1,a3－1) ＋ eq \f(1,a5－1) ＋ eq \f(1,a7－1) ＋…＋ eq \f(1,a2 023－1) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,2) － eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) － eq \f(1,6) ＋ eq \f(1,6) － eq \f(1,8) ＋…＋ eq \f(1,2 022) － eq \f(1,2 024) )＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,2) － eq \f(1,2 024) )＝ eq \f(1 011,4 048) .故选B.
二、多项选择题
7．(数学文化)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则( ACD )
A．S4＝20
B．an＋1－an＝n
C．Sn－Sn－1＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，n≥2
D． eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋ eq \f(1,a3) ＋…＋ eq \f(1,a100) ＝ eq \f(200,101)
解析：由题意可知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，可得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上n－1个式子累加可得，an－a1＝2＋3＋…＋n(n≥2)，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2) (n≥2)，且a1＝1也满足上式，所以an＝ eq \f(n（n＋1）,2) .则a4＝ eq \f(4×5,2) ＝10，所以S4＝1＋3＋6＋10＝20，故A正确；由递推关系可知，an＋1－an＝n＋1，故B错误；当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，故C正确；因为 eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ，所以 eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,a100) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) ＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3))) ＋…＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)－\f(1,101))) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101))) ＝ eq \f(200,101) ，故D正确．故选ACD.
8．将数列{3n－2}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则下列说法正确的有( BD )
A．数列{an}为等差数列
B．数列{an}为等比数列
C．an＝4n＋1
D．数列{(3n－2)an}的前n项和为(n－1)4n＋1＋4
解析：数列{3n－2}中的项为1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43，46，49，52，55，58，61，64，67，…，数列{2n}中的项为2，4，8，16，32，64，128，…，∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，∴an＝4n；∴(3n－2)an＝(3n－2)·4n，记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（3n－2）an)) 的前n项和为Tn，则Tn＝1×4＋4×42＋…＋(3n－5)×
4n－1＋(3n－2)×4n，4Tn＝1×42＋4×43＋…＋(3n－5)×4n＋(3n－2)×4n＋1，两式相减，－3Tn＝4＋3(42＋43＋…＋4n)－(3n－2)×4n＋1＝4＋3× eq \f(42（1－4n－1）,1－4) －(3n－2)×4n＋1＝4＋4n＋1－16－(3n－2)×4n＋1＝－(3n－3)×4n＋1－12，∴Tn＝4＋(n－1)×4n＋1.故选BD.
三、填空题
9．数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＋an－2，n≥3，n为奇数，,2an－2，n≥3，n为偶数，)) 则数列{an}的前10项和为51．
解析：数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＋an－2，n≥3，n为奇数，,2an－2，n≥3，n为偶数，)) 不难发现，奇数项是等差数列，公差为2，偶数项是等比数列，公比为2，所以数列{an}的前10项和为(0＋2＋4＋6＋8)＋(1＋2＋4＋8＋16)＝51.
10．(数学文化)历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，即a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列{bn}，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 023的值为2 697．
解析：由题意得，数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，所以该数列的周期为6，所以b1＋b2＋b3＋…＋b2 022＋b2 023＝337(b1＋b2＋b3＋…＋b6)＋b2 023＝337×8＋b1＝2 696＋1＝2 697.
11．(2024·福建福州屏东中学高三校考期末)已知等比数列{an}的公比q>0，其前n项和为Sn，且S2＝6，S3＝14，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2an·lg2an＋1))) 的前2 023项和为 eq \f(2 023,2 024) ．
解析：因为S2＝6，S3＝14，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1·q＝6，,a1＋a1·q＋a1·q2＝14，))
因为q>0，所以q＝2；由S2＝a1＋a2＝a1(1＋q)＝6得a1＝2，所以an＝2n；所以 eq \f(1,lg2an) ＝ eq \f(1,lg22n) ＝ eq \f(1,n) ， eq \f(1,lg2an·lg2an＋1) ＝ eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2an·lg2an＋1))) 的前2 023项和为1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,4) ＋…＋ eq \f(1,2 022) － eq \f(1,2 023) ＋ eq \f(1,2 023) － eq \f(1,2 024) ＝1－ eq \f(1,2 024) ＝ eq \f(2 023,2 024) .
12．(2024·上海杨浦区复旦附中高三校考期末)数列{an}的通项公式为an＝[lg2n](n为正整数)，其中[x]表示不超过x的最大整数，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝18 194．
解析：当n∈[2k，2k＋1)时，k≤lg2n设S＝0×1＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10×210，则2S＝0×2＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋9×210＋10×211，相减得到－S＝2＋22＋…＋210－10×211，整理得到S＝9×211＋2，故a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝9×211＋2－240＝18 194.
四、解答题
13．已知数列{an} 满足a1＝1，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数．))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解：(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，)) 所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn} 是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，)) 所以k∈N* 时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1①，a2k＋1＝a2k＋2②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以数列{an} 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，又a2＝2，所以数列{an} 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an} 的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋ eq \f(10×9,2) ×3＋20＋ eq \f(10×9,2) ×3＝300 .
14．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a3＋2a4＝ eq \f(2,3) ，S10＝ eq \f(25,3) .
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(an＋1)2cs eq \f(2nπ,3) ，求数列{bn}的前18项和T18.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a3＋2a4＝ eq \f(2,3) ，S10＝ eq \f(25,3) ，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋8d＝\f(2,3)，,10a1＋\f(10×9,2)d＝\f(25,3)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－\f(2,3)，,d＝\f(1,3)．))
故数列{an}的通项公式为an＝－ eq \f(2,3) ＋(n－1)× eq \f(1,3) ＝ eq \f(n,3) －1.
(2)由(1)知，an＝ eq \f(n,3) －1，所以bn＝(an＋1)2cs eq \f(2nπ,3) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)－1＋1)) eq \s\up12(2) cs eq \f(2nπ,3) ＝ eq \f(1,9) n2cs eq \f(2nπ,3) .
因为当k∈N*时，b3k－2＋b3k－1＋b3k＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(2,3))) eq \s\up12(2) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(4π,3))) ＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,3))) eq \s\up12(2) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3))) ＋k2cs 2kπ＝k－ eq \f(5,18) ，
T18＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b16＋b17＋b18)＝1－ eq \f(5,18) ＋2－ eq \f(5,18) ＋3－ eq \f(5,18) ＋4－ eq \f(5,18) ＋5－ eq \f(5,18) ＋6－ eq \f(5,18) ＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)－ eq \f(5,18) ×6＝ eq \f(58,3) .所以数列{bn}的前18项和为 eq \f(58,3) .
一、单项选择题
1．(2023·贵州校联考模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝2(S2＋S1)，S5＝35，则 eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋ eq \f(1,a3a4) ＋…＋ eq \f(1,a10a11) ＝( A )
A． eq \f(10,31) B． eq \f(10,21)
C． eq \f(30,31) D． eq \f(20,21)
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝35，所以a3＝ eq \f(S5,5) ＝7＝a1＋2d①，又S3＝2(S2＋S1)，即3a2＝2(2a1＋a2)，a2＝4a1＝a1＋d，所以d＝3a1，代入①，解得a1＝1，d＝3，则an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，所以 eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋ eq \f(1,a3a4) ＋…＋ eq \f(1,a10a11) ＝ eq \f(1,1×4) ＋ eq \f(1,4×7) ＋ eq \f(1,7×10) ＋…＋ eq \f(1,28×31) ＝ eq \f(1,3) (1－ eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) － eq \f(1,7) ＋…＋ eq \f(1,28) － eq \f(1,31) )＝ eq \f(10,31) .故选A.
2．数列{an}满足a1＝100，a2＝200，且an＋2－an＝[1＋(－1)n]×5(n∈N*)，则该数列的前31项和S31＝( B )
A．5 550 B．5 650
C．5 760 D．5 900
解析：因为a1＝100，a2＝200，an＋2－an＝[1＋(－1)n]×5(n∈N*)，所以当n为奇数时，an＋2＝an，即数列{an}的奇数项为每项都是100的常数列；当n为偶数时，an＋2－an＝10，即数列{an}的偶数项是首项为200，公差为10的等差数列，所以S31＝16×100＋15×200＋ eq \f(15×14,2) ×10＝5 650.故选B.
3．已知数列{an}满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列{bn}的前100项和为( A )
A．178 B．191
C．206 D．216
解析：数列{an}满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，所以共有n＋[1＋2＋…＋(n－1)]＝n＋ eq \f(（n－1）（1＋n－1）,2) ＝ eq \f(1,2) (n2＋n)＝ eq \f(1,2) n(n＋1)(个)数，当n＝13时， eq \f(1,2) ×13×14＝91，当n＝14时， eq \f(1,2) ×14×15＝105，由于an＝n，所以S100＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(100－13)×1＝ eq \f(（1＋13）×13,2) ＋87＝178.故选A.
4．已知数列{an}满足a eq \\al(2,n＋1) ＝anan＋2(n∈N*)，a1＝2，a4＝16，数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nlg2an，则数列{bn}的前2 021项和S2 021为( D )
A．22 022－2 025 B．22 022＋1 007
C．22 022＋1 008 D．22 022－1 013
解析：因为a eq \\al(2,n＋1) ＝anan＋2(n∈N*)，故数列{an}为等比数列，又a1＝2，a4＝16，所以an＝2n；则bn＝2n＋(－1)n·lg22n＝2n＋(－1)n·n；所以S2 021＝(21＋22＋…＋22 021)＋(－1＋2－3＋4－…－2 019＋2 020－2 021)＝ eq \f(2（1－22 021）,1－2) ＋1 010－2 021＝22 022－1 013.故选D.
5．已知数列{an}满足an＝1＋2＋4＋…＋2n－1，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1))) 的前5项和为( D )
A． eq \f(1,31) B． eq \f(1,63)
C． eq \f(30,31) D． eq \f(62,63)
解析：因为an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝2n－1，an＋1＝2n＋1－1，所以 eq \f(2n,anan＋1) ＝
eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）) ＝ eq \f(（2n＋1－1）－（2n－1）,（2n－1）（2n＋1－1）) ＝ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1－1) .所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1))) 前5项和为( eq \f(1,21－1) － eq \f(1,22－1) )＋( eq \f(1,22－1) － eq \f(1,23－1) )＋…＋( eq \f(1,25－1) － eq \f(1,26－1) )＝ eq \f(1,21－1) － eq \f(1,26－1) ＝1－ eq \f(1,63) ＝ eq \f(62,63) .故选D.
6．(数学文化)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n－1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前34项和为( A )
A．959 B．964
C．1 003 D．1 004
解析：将这个数列分组：第一组1个数2＝22－2；第二组2个数3＋3＝23－2；…；第七组7个数，这7个数的和为28－2，第八组8个数9＋36＋84＋126＋126＋84＋36＋9＝29－2，前八组共36 项，前36项和为22－2＋23－2＋…＋29－2＝1 004，所以前34 项和为1 004－9－36＝959.故选A.
二、多项选择题
7．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，a1＋a3＋a5＝108，a2＋a4＋a6＝102，则( AC )
A．{an}的公差为－2
B．Sn＝43n－n2
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(|an|)) 的前50项和为1 290
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,（an－39）（an＋1－39）))) 的前n项和为－ eq \f(2n,2n－1)
解析：设{an}的公差为d，因为a1＋a3＋a5＝3a3＝108，a2＋a4＋a6＝3a4＝102，所以a3＝36，a4＝34，所以d＝－2，故A正确；因为an＝36＋(n－3)×(－2)＝42－2n，所以Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ＝41n－n2，因为a21＝0，当n≤21时，an≥0，n>21时，an<0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a50|＝a1＋a2＋…＋a21－(a22＋a23＋…＋a50)＝S21－(S50－S21)＝－S50＋2S21，故{|an|}的前50项和为－S50＋2S21＝502－41×50＋2×(41×21－212)＝1 290，故B错误，C正确；因为 eq \f(1,（an－39）（an＋1－39）) ＝ eq \f(1,（3－2n）（1－2n）) ＝ eq \f(1,（2n－3）（2n－1）) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1))) ，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,（an－39）（an＋1－39）))) 的前n项和为 eq \f(1,2) (－1－1＋1－ eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,2n－3) － eq \f(1,2n－1) )＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,2n－1))) ＝－ eq \f(n,2n－1) ，故D错误．故选AC.
8．(2024·广东韶关高三统考期末)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n，则( AD )
A．a2 023＝4 045
B．Sn是{an}的前n项和，则S100＝20 000
C．当n为偶数时，an＝2n＋1
D．{an}的通项公式是an＝2n－1
解析：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋…＋4×99＝4×(1＋3＋5＋…＋99)＝ eq \f(4×（1＋99）×50,2) ＝10 000，故B错误；由题意，an＋1＋an＝4n①，an＋2＋an＋1＝4(n＋1)②，由②－①得，an＋2－an＝4，由a1＝1，a1＋a2＝4，所以a2＝3，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则an＝a1＋4(k－1)＝1＋4k－4＝4k－3＝2(2k－1)－1＝2n－1，当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则an＝a2＋4(k－1)＝3＋4k－4＝4k－1＝2n－1，综上所述，对任意的n∈N*，an＝2n－1，故C错误，D正确；a2 023＝2×2 023－1＝4 045，故A正确．故选AD.
三、填空题
9．已知数列{an}满足an＋1＝3an，且a1＝－1，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋2n)) 的前5项和为－91．
解析：∵数列{an}满足an＋1＝3an，且a1＝－1，∴数列{an}是首项为－1，公比为3的等比数列，∴an＝－1×3n－1＝－3n－1，∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋2n)) 的前5项和为S5＝(－30＋2)＋(－31＋4)＋(－32＋6)＋(－33＋8)＋(－34＋10)＝(－30－31－32－33－34)＋(2＋4＋6＋8＋10)＝ eq \f(－1×（1－35）,1－3) ＋ eq \f(（2＋10）×5,2) ＝－121＋30＝－91.
10．已知数列1，1，3，1，3，5，1，3，5，7，1，3，5，7，9，…，其中第一项是1，接下来的两项是1，3，再接下来的三项是1，3，5，以此类推．将该数列的前n项和记为Sn，则使得Sn>400成立的最小正整数n的值是59．
解析：将已知数列分组，每组的第一项均为1，即第一组：1；第二组：1，3；第三组：1，3，5；以此类推；将各组数据之和记为数列{bn}，则bn＝ eq \f(n（1＋2n－1）,2) ＝n2，记数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝12＋22＋…＋n2＝ eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6) ；∴T10＝ eq \f(10×11×21,6) ＝385<400，T11＝ eq \f(11×12×23,6) ＝506>400；
∵b1＋b2＋…＋b10对应{an}中项数为1＋2＋3＋…＋10＝ eq \f(10×11,2) ＝55(项)，即S55＝T10，∴S58＝385＋1＋3＋5＝394<400，S59＝385＋1＋3＋5＋7＝401>400，则使得Sn>400成立的最小正整数n＝59.
11．已知数列{an}满足1＋ eq \f(a1,3) ＋ eq \f(a2,5) ＋…＋ eq \f(an,2n＋1) ＝2n，则a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)·2n＋1．
解析：1＋ eq \f(a1,3) ＋ eq \f(a2,5) ＋…＋ eq \f(an,2n＋1) ＝2n①，1＋ eq \f(a1,3) ＋ eq \f(a2,5) ＋…＋ eq \f(an－1,2n－1) ＝2n－1②，
两式相减得， eq \f(an,2n＋1) ＝2n－1，所以an＝(2n＋1)2n－1，经检验符合要求．令Sn＝a1＋a2＋…＋an，则Sn＝3＋5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋1)2n－1③，2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n④，③－④得，－Sn＝3＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n＋1)2n＝3＋ eq \f(22－2n＋1,1－2) －(2n＋1)2n＝－1＋(1－2n)·2n，所以Sn＝(2n－1)·2n＋1.
12．(新定义问题)定义max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b)) 表示实数a，b中的较大的数，已知数列{an}满足a1＝a(a>0)，a2＝1，an＋2＝ eq \f(2max{an＋1，2},an) (n∈N*)，若a2 022＝4a，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 022的值为 eq \f(86 057,4) ．
解析：当00，a2＝1，an＋2＝ eq \f(2max{an＋1，2},an) (n∈N*)，所以a3＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) >2，a4＝2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)，2)) ＝ eq \f(8,a) ，a5＝ eq \f(a,4) ·2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(8,a)，2)) ＝4，a6＝ eq \f(a,8) ·2max{4，2}＝a，a7＝ eq \f(1,4) ·2max{a，2}＝1，a8＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ，…，所以数列{an}是以5为周期的周期数列，因为2 022＝404×5＋2，所以a2 022＝4a＝1，解得a＝ eq \f(1,4) ，所以S2 022＝404(a＋1＋ eq \f(4,a) ＋ eq \f(8,a) ＋4)＋a＋1＝ eq \f(86 057,4) ；当a≥2时，a1＝a>0，a2＝1，an＋2＝ eq \f(2max{an＋1，2},an) (n∈N*)，所以a3＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ≤2，a4＝2max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)，2)) ＝4，a5＝ eq \f(a,4) ·2max{4，2}＝2a≥4，a6＝ eq \f(1,4) ·2max{2a，2}＝a≥2，a7＝ eq \f(1,2a) ·2max{a，2}＝1，a8＝ eq \f(1,a) ·2max{1，2}＝ eq \f(4,a) ，…，所以数列{an}是以5为周期的周期数列，因为2 022＝404×5＋2，所以a2 022＝a2＝1＝4a，解得a＝ eq \f(1,4) ，不合题意，舍去．故S2 022＝ eq \f(86 057,4) .
四、解答题
13．已知正项数列{an}中，a1＝1，Sn是其前n项和，且满足Sn＋1＝( eq \r(Sn) ＋S1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝(－1)n＋1 eq \f(an＋1,anan＋1) ，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
解：(1)正项数列{an}中，a1＝1，满足Sn＋1＝( eq \r(Sn) ＋S1)2，所以 eq \r(Sn＋1) － eq \r(Sn) ＝1，
所以数列{ eq \r(Sn) }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 eq \r(Sn) ＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时也成立，所以an＝2n－1(n∈N*).
(2)因为bn＝(－1)n＋1 eq \f(an＋1,anan＋1) ＝(－1)n＋1 eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(（－1）n＋1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))) ，
所以Tn＝ eq \f(1,2) [ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3))) －( eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,5) )＋…＋(－1)n＋1( eq \f(1,2n－1) ＋ eq \f(1,2n＋1) )]＝
eq \f(1,2) [1＋(－1)n＋1 eq \f(1,2n＋1) ]，所以当n为奇数时，Tn＝ eq \f(1,2) (1＋ eq \f(1,2n＋1) )＞ eq \f(1,2) ；
当n为偶数时，Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) ，
由{Tn}递增，得Tn≥T2＝ eq \f(2,5) ，所以Tn的最小值为 eq \f(2,5) .
14．(2024·河北石家庄二中质检)某地地方政府为了促进农业生态发展，鼓励农民建设生态采摘园.2022年该地生态采摘园的沃柑产量为6 500千克，计划不超过24天内完成销售．采摘园种植的农产品一般有批发销售和游客采摘零售两大销售渠道．根据往年数据统计，游客从开园第1天到闭园，游客采摘量an(千克)和开园的第n(n∈N＋)天满足以下关系：an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5n＋20（1≤n≤16），,224－n－2n＋50（17≤n≤24）.)) 批发销售每天的销售量为200千克，每千克5元，采摘零售的价格是批发销售价格的4倍．
(1)n取何值时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入？
(2)采摘零售的总采摘量是多少？农户能否24天内完成销售计划？
解：(1)由条件，当1≤n≤16时，(5n＋20)×5×4≥200×5，解得6≤n≤16.
当17≤n≤24时，(224－n－2n＋50)×5×4≥200×5，解得17≤n≤18，
所以当6≤n≤18(n∈N＋)时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入．
(2)当1≤n≤16时，{an}为等差数列，记这些项的和为S16，a1＝25，a16＝100，S16＝ eq \f(16（a1＋a16）,2) ＝1 000.
当17≤n≤24时，记数列{an}这些项的和为T8，
T8＝(27－2×17＋50)＋(26－2×18＋50)＋…＋(20－2×24＋50)，T8＝(27＋26＋…＋20)－2×(17＋18＋…＋24)＋50×8＝ eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(8))),1－\f(1,2)) －2× eq \f(8×（17＋24）,2) ＋400＝255－328＋400＝327，S16＋T8＝1 327，即采摘零售的总采摘量是1 327千克．批发销售的销售总量为200×24＝4 800(千克)，24天一共销售1 327＋4 800＝6 127(千克)，6 500>6 127，故不能完成销售计划．
考点练36 数列的综合应用(中档大题练) 对应学生用书075页
1．(2023·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n))) 的前n项和Tn.
解：(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得，(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时， eq \f(an,n－1) ＝ eq \f(an－1,n－2) ＝…＝ eq \f(a3,2) ＝1，即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*).
(2)因为 eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，所以Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1) ＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ， eq \f(1,2) Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋(n－1)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ，
两式相减得， eq \f(1,2) Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) －n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ＝
eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2)) －n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ，
即Tn＝2－(2＋n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) ，n∈N*.
2．(结构不良问题)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝1，给出以下三个条件：
①an＋2＝4an；②{an}为等比数列；③anan＋2＝4n.
(1)从这三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立；
(2)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an·lg2an)) 的前n项和Sn.
解：(1)若将①②作为条件，③作为结论：
设数列{an}的公比为q，由an＋2＝4an，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q>0，解得q＝2，
又a1＝1，所以an＝2n－1，an＋2＝2n＋1，所以anan＋2＝2n－1·2n＋1＝4n.
若将①③作为条件，②作为结论：
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋2＝4an，,anan＋2＝4n，)) 解得4a eq \\al(2,n) ＝4n，所以a eq \\al(2,n) ＝4n－1，
又数列{an}的各项均为正数，所以an＝2n－1，所以当n≥2时， eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(2n－1,2n－2) ＝2，所以{an}为等比数列．
若将②③作为条件，①作为结论：
设数列{an}的公比为q，因为a1＝1，所以an＝qn－1，an＋2＝qn＋1，
则anan＋2＝qn－1·qn＋1＝q2n＝4n＝22n，
又数列{an}的各项均为正数，所以q>0，所以q＝2，所以 eq \f(an＋2,an) ＝q2＝4，即an＋2＝4an.
(2)由(1)得an＝2n－1，所以an·lg2an＝(n－1)·2n－1，
所以Sn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1，
2Sn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n，两式相减得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n＝ eq \f(2－2n,1－2) －(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，
所以Sn＝(n－2)·2n＋2.
3．(2023·福建厦门高三统考期末)已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a1，a2，a5成等比数列，且S6＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn＝ eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) ，求证：Tn< eq \f(1,2) .
解：(1)因为a1，a2，a5成等比数列，S6＝36，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），,6a1＋\f(6×5,2)d＝36，))
由d≠0，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：由 eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ，
得Tn＝ eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) ，
由n∈N*，有 eq \f(1,2n＋1) >0，
所以1－ eq \f(1,2n＋1) <1，
得Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) < eq \f(1,2) .
4．(2023·广东揭阳高三期末)已知等差数列{an}的首项a1＝10，a2n＝2an－11；等比数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝5bn－5.
(1)求an，bn；
(2)记cn＝anbn，求使cn取得最大值时n的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a2n＝2an－11，a1＝10，
∴a2＝2a1－11＝9，d＝a2－a1＝－1，∴an＝11－n.
设等比数列{bn}的公比为q.
∵Sn＝5bn－5，∴S1＝5b1－5＝b1，S2＝5b2－5＝b1＋b2，
∴b1＝ eq \f(5,4) ，b2＝ eq \f(25,16) ，∴q＝ eq \f(b2,b1) ＝ eq \f(5,4) ，bn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4))) eq \s\up12(n) .
(2)cn＝anbn＝(11－n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4))) eq \s\up12(n) ，
当n≥11时，cn≤0；
当1≤n≤10时，cn>0，且 eq \f(cn＋1,cn) ＝
eq \f(（10－n）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n＋1),（11－n）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n)) ＝ eq \f(5（10－n）,4（11－n）) ，
由 eq \f(cn＋1,cn) >1，得n<6.
于是，当1≤n≤5时，cn＋1>cn，
当n＝6时，cn＋1＝cn，即c6＝c7，
当7≤n≤10时，cn＋1故当n＝6或7时，cn取得最大值．
5．(2024·云南曲靖一中期末)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n2＋n－λ)an，λ是常数．
(1)当a2＝6时，求λ及a3的值；
(2)数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．
解：(1)因为an＋1＝(n2＋n－λ)an，
又a1＝2，a2＝(2－λ)a1＝4－2λ＝6，
解得λ＝－1，
所以a3＝(4＋2＋1)a2＝7×6＝42.
(2)因为a1＝2，a2＝(2－λ)a1＝2(2－λ)，a3＝(6－λ)a2＝(6－λ)(4－2λ)＝2λ2－16λ＋24，
假设数列{an}是等差数列，则2a2＝a1＋a3，则4(2－λ)＝2＋2λ2－16λ＋24，即(λ－3)2＝0，解得λ＝3，
当λ＝3时，an＋1＝(n2＋n－3)an，a2＝－2，a3＝(22＋2－3)×(－2)＝－6，a4＝(32＋3－3)a3＝－54，故2a3≠a2＋a4，数列{an}不是等差数列，
故假设不成立，故数列{an}不可能为等差数列．
1．(2023·广西钦州高三期末)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn＋1＝3Sn＋2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为Sn＋1＝3Sn＋2，
故n≥2时，Sn＝3Sn－1＋2，
两式相减得an＋1＝3an(n≥2)，
又S2＝3S1＋2，a1＝2，所以a1＋a2＝3a1＋2，故a2＝6＝3a1，满足上式，
故an＋1＝3an(n≥1)，且an≠0，
所以{an}为等比数列，且首项为2，公比为3，从而an＝2·3n－1.
(2)bn＝nan＝2n·3n－1，
故Tn＝2×(1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1)，
故3Tn＝2×(3＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n×3n)，
所以－2Tn＝2×(1＋3＋32＋33＋34＋…＋3n－1－n×3n)＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－3n,1－3)－n×3n)) ＝(1－2n)×3n－1，
所以Tn＝ eq \f(（2n－1）·3n＋1,2) .
2．记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn，2n的等差中项为an.
(1)求证：{an＋2}为等比数列；
(2)数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3))) 的前n项和为Tn，是否存在整数k满足Tn∈(k，k＋1)？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为Sn，2n的等差中项为an，所以Sn＋2n＝2an，
因为n＝1时，S1＝a1，则S1＋2＝2a1，
所以a1＝2，
由Sn＋2n＝2an得Sn＋1＋2n＋2＝2an＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，两式相减得an＋1＋2＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an＋2，所以有an＋1＋2＝2(an＋2)，所以 eq \f(an＋1＋2,an＋2) ＝2，
所以{an＋2}是等比数列，其首项为a1＋2＝4，公比为2.
(2)由(1)知an＋2＝4·2n－1，所以an＝2n＋1－2，所以 eq \f(1,an＋3) ＝ eq \f(1,2n＋1＋1) ，
因为0< eq \f(1,2n＋1＋1) < eq \f(1,2n＋1) ，所以Tn＝ eq \f(1,a1＋3) ＋ eq \f(1,a2＋3) ＋…＋ eq \f(1,an＋3) >0，
又Tn＝ eq \f(1,a1＋3) ＋ eq \f(1,a2＋3) ＋…＋ eq \f(1,an＋3) < eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n＋1) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,2n＋1) <1，
所以Tn∈(0，1)，所以k＝0.
3．已知数列{an}满足4Sn－2an＝2n，n∈N*，其中Sn为{an}的前n项和．证明：
(1) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－\f(1,6))) 是等比数列；
(2) eq \f(1,6a1－3) ＋ eq \f(1,6a2＋3) ＋ eq \f(1,6a3－3) ＋…＋ eq \f(1,6an＋3×（－1）n) <1.
证明：(1)∵4Sn－2an＝2n，∴4Sn－1－2an－1＝2n－1(n≥2)，
两式相减得4(Sn－Sn－1)－2an＋2an－1＝2n－2n－1，
即an＋an－1＝2n－2(n≥2).
∴ eq \f(\f(an,2n)－\f(1,6),\f(an－1,2n－1)－\f(1,6)) ＝ eq \f(\f(－an－1＋2n－2,2n)－\f(1,6),\f(an－1,2n－1)－\f(1,6)) ＝
eq \f(－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,2n－1)－\f(1,6))),\f(an－1,2n－1)－\f(1,6)) ＝－ eq \f(1,2) (n≥2).
当n＝1时，4S1－2a1＝21，即a1＝1，
又∵ eq \f(a1,21) － eq \f(1,6) ＝ eq \f(1,3) ≠0，∴ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－\f(1,6))) 是以 eq \f(1,3) 为首项，－ eq \f(1,2) 为公比的等比数列．
(2)由(1)得 eq \f(an,2n) － eq \f(1,6) ＝ eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ，所以an＝－ eq \f(2,3) ×(－1)n＋ eq \f(1,6) ×2n，
令bn＝ eq \f(1,6an＋3×（－1）n) ＝ eq \f(1,2n－（－1）n) ，
则b2n－1＋b2n＝ eq \f(1,22n－1＋1) ＋ eq \f(1,22n－1) ＝ eq \f(\f(3,2)×22n,24n－1＋22n－1－1) < eq \f(\f(3,2)×22n,24n－1) ＝ eq \f(3,22n) .
不等式左边的前2n项和T2n< eq \f(3,4) ＋ eq \f(3,42) ＋…＋ eq \f(3,4n) ＝ eq \f(\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4)) <1.
又bn>0T2n－14．(2024·山西朔州应县一中期末)若数列{an}满足an＋1＝a eq \\al(2,n) ，则称数列{an}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝8，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋4x＋2的图象上，其中n为正整数．
(1)证明：数列{an＋2}是“平方递推数列”，且数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lg （an＋2）)) 为等比数列；
(2)设bn＝lg (an＋2)，cn＝2n＋7，dn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数，)) 求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(dn)) 的前10项和S10.
解：(1)证明：∵点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋4x＋2的图象上，
∴an＋1＝a eq \\al(2,n) ＋4an＋2，∴an＋1＋2＝(an＋2)2，
∴数列{an＋2}是“平方递推数列”，
∵lg (a1＋2)＝lg (8＋2)＝1>0，
对an＋1＋2＝(an＋2)2两边同时取对数得lg (an＋1＋2)＝2lg (an＋2)，
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lg （an＋2）)) 是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝lg (an＋2)＝1×2n－1＝2n－1，∴dn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n＋7，n为偶数，))
∴S10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(c2＋c4＋c6＋c8＋c10) ＝ eq \f(1－45,1－4) ＋ eq \f(（2×2＋7＋2×10＋7）×5,2) ＝
eq \f(1,3) ×(1 024－1)＋95＝436.
5．(2024·江西清江中学期末)某工厂在“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100%，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的 eq \f(2,3) 领取工资．该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得b元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50%，如果某人分流前工资收入为每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的收入为an元．
(1)求{an}的通项公式；
(2)当b＝ eq \f(8a,27) 时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？
(3)当b≥ eq \f(3a,8) 时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？
解：(1)由题意得，当n＝1时，a1＝a，
当n≥2时，an＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ＋b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ，
所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，n＝1，,a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)＋b·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))
(2)由b＝ eq \f(8a,27) ，当n≥2时，an＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(8a,27) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ≥2[a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) × eq \f(8a,27) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ] eq \s\up9(\f(1,2)) ＝ eq \f(8a,9) ，
当且仅当a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ＝ eq \f(8a,27) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ，上式的等号成立，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2n－2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(4) ，解得n＝3，所以这个人第三年的收入最少，最小值为 eq \f(8a,9) 元．
(3)当n≥2时，an＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ＋b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ≥a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(3a,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2) ≥
2 eq \r(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×\f(3a,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)) ＝a，
当且仅当b＝ eq \f(3a,8) 且n＝1＋lg eq \s\d9(\f(2,3)) eq \f(1,2) >1＋
lg eq \f(2,3) eq \f(2,3) ＝2，上式等号成立，
因此，等号不能取到，
当b≥ eq \f(3a,8) 时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．
阶段滚动卷三 对应学生用书077页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023·四川遂宁射洪中学模拟)已知集合M＝{x|1≤x≤6}，N＝{x∈Z|3A．{3，4} B．{4}
C．{4，5，6} D．{4，5}
解析：因为N＝{4，5}，M＝{x|1≤x≤6}，所以M∩N＝{4，5}．故选D.
2．(2023·四川遂宁射洪中学模拟)复数 eq \f(2－i,3i－1) 在复平面内对应的点所在的象限为( C )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析： eq \f(2－i,3i－1) ＝ eq \f(（2－i）（－1－3i）,（－1＋3i）（－1－3i）) ＝ eq \f(－5－5i,10) ＝－ eq \f(1,2) － eq \f(1,2) i，所以复数对应的点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2))) ，该点是第三象限点．故选C.
3．等差数列 {an}中，a1＋2a4＋a7＝120，则S7－6a4＝( B )
A．60 B．30
C．10 D．0
解析：∵等差数列 {an}中，a1＋2a4＋a7＝120，∴ 4a4＝120，即a4＝30，∴ S7－6a4＝ eq \f(7（a1＋a7）,2) －6a4＝7a4－6a4＝a4＝30.故选B.
4．(2024·江西萍乡高三统考期末)已知函数f(x)及其导数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．下列四个函数中，没有“巧值点”的是( D )
A．f(x)＝x2 B．f(x)＝ln x
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝2x
解析：对于A，f′(x)＝2x，由x2＝2x解得x＝0或x＝2，所以f(x)存在“巧值点”；对于B，f′(x)＝ eq \f(1,x) ，作函数f(x)与f′(x)的图象如图，由图可知f(x)存在“巧值点”；对于C，f′(x)＝cs x，由sin x＝cs x得tan x＝1，解得x＝ eq \f(π,4) ＋kπ，k∈Z，所以f(x)存在“巧值点”；对于D，f′(x)＝2x ln 2，因为2x>0，所以2x＝2x ln 2无实数解，所以f(x)不存在“巧值点”．故选D.
5．函数f(x)＝2sin (2x＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2))) 的图象关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称，则f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上的最小值为( A )
A．－2 B．－ eq \r(3)
C．－1 D．－ eq \r(2)
解析：由题意2× eq \f(π,12) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，则φ＝ eq \f(π,3) ＋kπ，k∈Z，又0<φ< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，则f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上，2x＋ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，\f(7π,3))) ，故sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2))) ，所以f(x)最小值为－2.故选A.
6．已知an＝2n－1，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an，n为偶数，,－an，n为奇数，)) 若数列{bn}的前n项和为Sn，则S2n＝( D )
A．3n2＋n B．4n2－3n＋4
C．3n2＋2n D．2n2＋3n
解析：易知S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝－a1＋2a2－a3＋2a4－a5＋…＋2a2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(2＋2＋…＋2)＋(3＋7＋…＋4n－1)＝2×n＋ eq \f(1,2) ×n×(3＋4n－1)＝2n2＋3n.故选D.
7．已知过点A(0，b)作曲线y＝ eq \f(ln x,x) 的切线有且仅有两条，则b的取值范围为( D )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,e)))
C．(0，e) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,e\s\up9(\f(3,2)))))
解析：设切点为(x0，y0)，由题意得y′＝ eq \f(1－ln x,x2) ，所以k＝ eq \f(1－ln x0,x eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(y0－b,x0) ＝ eq \f(\f(ln x0,x0)－b,x0) ，整理得b＝ eq \f(2ln x0－1,x0) ，此方程有两个不等的实根．令函数f(x)＝ eq \f(2ln x－1,x) ，则f′(x)＝ eq \f(3－2ln x,x2) .当00，所以f(x)在(0，e eq \s\up9(\f(3,2)) )上单调递增；当x>e eq \s\up9(\f(3,2)) 时，f′(x)<0，所以f(x)在(e eq \s\up9(\f(3,2)) ，＋∞)上单调递减，且f(x)>0. f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up9(\f(3,2)))) ＝ eq \f(2,e\s\up9(\f(3,2))) ，方程有两个不等的实根，故b∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,e\s\up9(\f(3,2))))) .故选D.
8．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2，函数g(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lga（x－1），x>1，,2x，x≤1，)) 若函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，5]上恰有8个零点，则a的取值范围为( A )
A．(2，4) B．(2，5)
C．(1，5) D．(1，4)
解析：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，5]上恰有8个零点，则函数f(x)与函数g(x)在区间[－5，5]上的图象有8个交点，由f(x＋2)＝f(x)知，f(x)是R上周期为2的函数，作函数f(x)与函数g(x)在区间[－5，5]上的图象如图，
由图象知，当x∈[－5，1]时，图象有5个交点，故在[1，5]上有3个交点即可，则a>1；
故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lga（3－1）<1，,lga（5－1）>1，)) 解得2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题为假命题的是( ABC )
A．两个具有共同终点的向量，一定是共线向量
B．若a与b同向，且|a|>|b|，则a>b
C．λ，μ为实数，若λa＝μb，则a与b共线
D．P是△ABC所在平面上的任意一点，且满足 eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋λ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，λ∈(0，＋∞)，则直线AP一定通过△ABC的重心
解析：对于A，当两起点与终点不在同一直线上时，虽然终点相同，但向量不共线，故A错误；对于B，两个向量不能比较大小，故B错误；对于C，当λ＝μ＝0时，a与b可以为任意向量，满足λa＝μb，但a与b不一定共线，故C错误；对于D，如图所示，取BC中点D， eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋λ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，即 eq \(OP,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝λ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，∴ eq \(AP,\s\up9(→)) ＝2λ eq \(AD,\s\up9(→)) ，即A，P，D三点共线，故直线AP一定通过△ABC的重心，故D正确．故选ABC.
10．(2024·广西北海高三统考期末)下列说法中，正确的有( ABD )
A．已知an＋1＝an－2，则数列{an}是递减数列
B．数列{an}的通项an＝n2－kn＋2，若{an}为单调递增数列，则k<3
C．已知正项等比数列{an}，则有a1＋a8≤a4＋a5
D．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S2＝4，S4＝10，则S6＝18
解析：对于A，由an＋1＝an－2，可得an＋1－an＝－2，所以数列{an}是递减数列，故A正确；对于B，若数列{an}的通项an＝n2－kn＋2，则an＋1－an＝[(n＋1)2－k(n＋1)＋2]－(n2－kn＋2)＝2n＋1－k>0恒成立，所以k<3，故B正确；对于C，正项递增的等比数列{an}，若a1＝1，q＝2，可得a1＋a8＝1＋27＝129，a4＋a5＝23＋24＝24，此时a1＋a8>a4＋a5，故C错误；对于D，等差数列{an}的前n项和为Sn且S2＝4，S4＝10，根据S2，S4－S2，S6－S4构成等差数列，即4，6，S6－10构成等差数列，可得4＋S6－10＝2×6，解得S6＝18，故D正确．故选ABD.
11．(2024·福建龙岩高三统考期末)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,ex－2)，x≥1，,\f(x,x－1)，x＜1，)) 则下列选项正确的是( ABD )
A．函数f(x)的值域为(－∞，1]
B．函数f(x)的单调减区间为(－∞，1)，(2，＋∞)
C．若关于x的方程f2(x)－af(x)＝0有3个不相等的实数根，则实数a的取值范围是(0，1)
D．若关于x的方程f2(x)－a|f(x)|＝0有6个不相等的实数根，则实数a的取值范围是(0，1)
解析：当x＜1时，f(x)＝ eq \f(x,x－1) ＝1＋ eq \f(1,x－1) ，在(－∞，1)上单调递减，且渐近线为x＝1和y＝1，当x≥1时，f(x)＝ eq \f(x－1,ex－2) ，f′(x)＝ eq \f(ex－2－ex－2（x－1）,（ex－2）2) ＝ eq \f(－x＋2,ex－2) ，则f(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，x→＋∞时f(x)→0，当x≥1时，f(x)max＝f(2)＝1，作出f(x)的图象如图所示，
对于A，函数f(x)的值域为(－∞，1]，故A正确；对于B，函数f(x)的单调减区间为(－∞，1)，(2，＋∞)，故B正确；对于C，若关于x的方程f2(x)－af(x)＝0有3个不相等的实数根，则f(x)＝0或f(x)＝a共有3个不相等的实数根，又因为f(x)＝0，解得x＝0或x＝1，所以y＝f(x)与y＝a的图象有1个公共点，所以a＜0或a＝1，故C错误；对于D，若关于x的方程f2(x)－a|f(x)|＝0有6个不相等的实数根，即f(x)＝0或|f(x)|＝a有6个不相等的实数根，又因为f(x)＝0，解得x＝0或x＝1，所以y＝|f(x)|与y＝a的图象有4个公共点，作出y＝|f(x)|的图象如图所示，
显然实数a的取值范围是(0，1)，故D正确．故选ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a cs B－b cs A＝ eq \f(c,2) ，则 eq \f(a cs A＋b cs B,a cs B) 的最小值为 eq \f(2\r(3),3) ．
解析：由正弦定理，a cs B－b cs A＝ eq \f(c,2) 可化为sin A cs B－sin B cs A＝ eq \f(sin C,2) ＝ eq \f(sin （A＋B）,2) ＝ eq \f(sin A cs B＋sin B cs A,2) ，化简得sin A cs B＝3sin B cs A，即a cs B＝3b cs A，所以 eq \f(a cs A＋b cs B,a cs B) ＝ eq \f(a cs A,a cs B) ＋ eq \f(b cs B,a cs B) ＝ eq \f(a cs A,3b cs A) ＋ eq \f(b cs B,a cs B) ＝ eq \f(a,3b) ＋ eq \f(b,a) ≥2 eq \r(\f(a,3b)·\f(b,a)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，当且仅当 eq \f(a,3b) ＝ eq \f(b,a) ，即a＝ eq \r(3) b时，取最小值．
13．已知数列{bn}中，b1＝ eq \f(1,2) ，b2＝ eq \f(1,3) ，若对任意n∈N*，bn＋1(bn＋2bn＋2)＝3bnbn＋2，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn))) 的前n项和Sn＝2n＋n－1．
解析：由bn＋1(bn＋2bn＋2)＝3bnbn＋2，且b1＝ eq \f(1,2) ，b2＝ eq \f(1,3) ，可知bn≠0，则可化为 eq \f(1,bn＋2) ＋ eq \f(2,bn) ＝ eq \f(3,bn＋1) ，则有 eq \f(1,bn＋2) － eq \f(1,bn＋1) ＝ eq \f(2,bn＋1) － eq \f(2,bn) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn＋1)－\f(1,bn))) ，即 eq \f(1,bn＋1) － eq \f(1,bn) 是等比数列，且公比为2，首项为 eq \f(1,b2) － eq \f(1,b1) ＝1，则 eq \f(1,bn＋1) － eq \f(1,bn) ＝2n－1，所以 eq \f(1,bn) ＝ eq \f(1,bn) － eq \f(1,bn－1) ＋ eq \f(1,bn－1) － eq \f(1,bn－2) ＋…＋ eq \f(1,b2) － eq \f(1,b1) ＋ eq \f(1,b1) ＝2＋20＋21＋…＋2n－2＝2＋ eq \f(1－2n－1,1－2) ＝2n－1＋1，即数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn))) 的前n项和为20＋21＋…＋2n－1＋n＝ eq \f(1－2n,1－2) ＋n＝2n＋n－1.
14．“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，其基本原理是以一根确定长度的琴弦为基准，取此琴弦长度的 eq \f(2,3) 得到第二根琴弦，第二根琴弦长度的 eq \f(4,3) 为第三根琴弦，第三根琴弦长度的 eq \f(2,3) 为第四根琴弦，第四根琴弦长度的 eq \f(4,3) 为第五根琴弦．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫、商、角(jué)、徵(zhǐ)、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度的比值为 eq \f(32,27) ．
解析：设基准琴弦的长度为1，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为 eq \f(2,3) ， eq \f(8,9) ， eq \f(16,27) ， eq \f(64,81) ，五根琴弦的长度从大到小依次为1， eq \f(8,9) ， eq \f(64,81) ， eq \f(2,3) ， eq \f(16,27) ，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为 eq \f(64,81) 和 eq \f(2,3) ，其长度的比值为 eq \f(32,27) .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知函数f(x)＝mx2－mx－1.
(1)若不等式f(x)<0对于x∈R恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若不等式f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上有解，求实数m的取值范围．
解：(1)mx2－mx－1<0对x∈R恒成立，
①若m＝0，显然成立；
②若m≠0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ<0，)) 解得－4综上，m∈(－4，0].
(2)∵不等式f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上有解，∴m(x2－x＋1)<6在x∈[1，3]上有解．
∵x2－x＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,4) >0，
∴m< eq \f(6,x2－x＋1) 在x∈[1，3]上有解，即求g(x)＝ eq \f(6,x2－x＋1) 在[1，3]上的最大值，∵h(x)＝x2－x＋1的对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) ，∴h(x)在[1，3]上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝1，h(x)max＝h(3)＝7，
∴ eq \f(1,x2－x＋1) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,7)，1)) eq \f(6,x2－x＋1) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6,7)，6)) ，可得g(x)max＝6，∴m∈(－∞，6).
16．(15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2 eq \r(7) ，b＝2，且sin A＋ eq \r(3) cs A＝0.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：(1)在△ABC中，A＋B＋C＝π，
∵sin A＋ eq \r(3) cs A＝0，∴tan A＝－ eq \r(3) ，又∵0∴由余弦定理cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) 得cs eq \f(2π,3) ＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(4＋c2－28,2×2×c) ＝－ eq \f(1,2) ，
即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)或c＝4，∴c＝4.
(2)如图，∵AD⊥AC，
∴∠CAD＝ eq \f(π,2) ，
∴∠BAD＝∠BAC－
∠CAD＝ eq \f(π,6) ，
∴△ABD的面积与△ACD的面积之比为 eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin \f(π,6),\f(1,2)AC·AD) ＝1，
∴S△ABD＝ eq \f(1,2) S△ABC，
又△ABC面积为 eq \f(1,2) ×4×2sin ∠BAC＝2 eq \r(3) ，∴△ABD的面积为 eq \r(3) .
17．(15分)已知数列{an}的各项均为正数且均不相等，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an＋1}是等比数列；②a2＝2a1＋1；③{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
证明：选择①②为条件，③为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
由a2＝2a1＋1得a2＋1＝2(a1＋1)，所以q＝2，则an＋1＝(a1＋1)2n－1，即an＝(a1＋1)2n－1－1，所以Sn＝ eq \f(（a1＋1）（1－2n）,1－2) －n，即Sn＝(a1＋1)(2n－1)－n，
所以Sn＋n＋a1＋1＝2(a1＋1)·2n－1，所以{Sn＋n＋a1＋1}是以2(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．
选择①③为条件，②为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
所以a2＋1＝(a1＋1)q，(*)
因为{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列，所以(S2＋2＋a1＋1)2＝(S1＋1＋a1＋1)(S3＋3＋a1＋1)，
即[2(a1＋1)＋a2＋1]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋a2＋1＋a3＋1].
所以[2(a1＋1)＋(a1＋1)q]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋(a1＋1)q＋(a1＋1)q2].
因为a1＋1≠0，所以化简整理得(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，即q2－2q＝0，因为q>0，所以q＝2，
代入(*)式，得a2＋1＝2(a1＋1)，即a2＝2a1＋1.
选择②③为条件，①为结论．
证明过程如下：
设等比数列{Sn＋n＋a1＋1}的公比为q1(q1>0且q1≠1)，
则Sn＋n＋a1＋1＝(S1＋1＋a1＋1)·q eq \\al(n－1,1) ＝2(a1＋1)q eq \\al(n－1,1) ，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(a1＋1)q eq \\al(n－1,1) －2(a1＋1)q eq \\al(n－2,1) －1＝2(a1＋1)·q eq \\al(n－2,1) (q1－1)－1，
所以a2＝2(a1＋1)(q1－1)－1，
又因为a2＝2a1＋1，所以2(a1＋1)＝2(a1＋1)(q1－1)，因为a1＋1≠0，所以q1＝2，
所以an＝2(a1＋1)2n－2－1＝(a1＋1)·2n－1－1，得an＋1＝(a1＋1)·2n－1，
因为当n＝1时，上式恒成立，
所以{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列．
18．(17分)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18)，\f(5π,18))) 上单调递增，且直线x＝－ eq \f(π,18) 和x＝ eq \f(5π,18) 为f(x)图象的两条对称轴．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) ，求g(x)的单调递增区间．
解：(1)设f(x)的最小正周期为T，则 eq \f(T,2) ＝ eq \f(π,ω) ＝ eq \f(5π,18) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18))) ＝ eq \f(π,3) ，得ω＝3.
由题意得3× eq \f(5π,18) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，得φ＝－ eq \f(π,3) ＋kπ(k∈Z)，
因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,3) .
故f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3))) .
(2)由题意得g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3))) ＋sin (3x－ eq \f(π,3) ＋ eq \f(π,2) )＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3))) ＋cs (3x－ eq \f(π,3) )＝ eq \r(2) sin (3x－ eq \f(π,3) ＋ eq \f(π,4) )＝
sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,12))) ，
由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤3x－ eq \f(π,12) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，得－ eq \f(5π,36) ＋ eq \f(2kπ,3) ≤x≤ eq \f(7π,36) ＋ eq \f(2kπ,3) (k∈Z)，
所以g(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,36)＋\f(2kπ,3)，\f(7π,36)＋\f(2kπ,3))) (k∈Z).
19．(17分)(2024·北京东城区景山高三月考)已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－x ln x.
(1)设a＝0，
①求y＝f(x)的单调区间；
②试问f(x)有极大值还是极小值？并求出该极值．
(2)若f(x)在(0，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)①当a＝0时，f(x)＝－2x－x ln x(x>0)，则f′(x)＝－2－(1＋ln x)＝－3－ln x，
令f′(x)>0，得0e－3，
∴f(x)在(0，e－3)上单调递增，在(e－3，＋∞)上单调递减．
②结合①当x＝e－3时，函数f(x)有极大值f(e－3)＝－2e－3－e－3ln e－3＝e－3，无极小值．
(2)因为函数f(x)在(0，e)上恰有两个零点，所以方程ax2＋(a－2)x－x ln x＝0在(0，e)上有两个解，即a＝ eq \f(2＋ln x,x＋1) 在(0，e)上有两个解，
记h(x)＝ eq \f(2＋ln x,x＋1) ，x∈(0，e)，
则直线y＝a与函数h(x)＝ eq \f(2＋ln x,x＋1) ，x∈(0，e)的图象有两个交点，则h′(x)＝
eq \f(\f(1,x)（x＋1）－（2＋ln x）,（x＋1）2) ＝ eq \f(1－x－x ln x,x（x＋1）2) ，
记m(x)＝1－x－x ln x，则m′(x)＝－1－(1＋ln x)＝－2－ln x，令m′(x)>0，得00，m(e)＝1－2e<0，所以当00，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
当1又h(e－2)＝0，h(1)＝1，h(e)＝ eq \f(3,e＋1) ，
如图，
由图知，要使直线y＝a与函数h(x)＝ eq \f(2＋ln x,x＋1) ，x∈(0，e)的图象有两个交点，则 eq \f(3,e＋1) 所以函数f(x)在(0，e)上恰有两个零点时，a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,e＋1)，1)) .