高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列練習(xí) 理試題

第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列「考情研析」1.從具體內(nèi)容上，主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本計(jì)算和基本性質(zhì)及等差、等比數(shù)列中項(xiàng)的性質(zhì)、判定與證明．2.從高考特點(diǎn)上，難度以中、低檔題為主，近幾年高考題一般設(shè)置一道選擇題和一道解答題，分值分別為5分和12分.核心知識(shí)回顧1.等差數(shù)列(1)通項(xiàng)公式：eq\o(□,\s\up3(01))an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d.(2)等差中項(xiàng)公式：eq\o(□,\s\up3(02))2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．(3)前n項(xiàng)和公式：eq\o(□,\s\up3(03))Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1d,2).2．等比數(shù)列(1)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式：eq\o(□,\s\up3(01))an＝a1qn－1＝amqn－m.(2)等比中項(xiàng)公式：eq\o(□,\s\up3(02))aeq\o\al(2,n)＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)．(3)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：eq\o(□,\s\up3(03))Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)q≠1)).3．等差數(shù)列的性質(zhì)(n，m，l，k，p均為正整數(shù))(1)若m＋n＝l＋k，則eq\o(□,\s\up3(01))am＋an＝al＋ak(反之不一定成立)；特別地，當(dāng)m＋n＝2p時(shí)，有eq\o(□,\s\up3(02))am＋an＝2ap.(2)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{kan＋tbn}(k，t是非零常數(shù))是eq\o(□,\s\up3(03))等差數(shù)列．(3)等差數(shù)列“依次每m項(xiàng)的和”即Sm，eq\o(□,\s\up3(04))S2m－Sm，eq\o(□,\s\up3(05))S3m－S2m，…仍是等差數(shù)列．(4)等差數(shù)列{an}，當(dāng)項(xiàng)數(shù)為2n時(shí)，S偶－S奇＝eq\o(□,\s\up3(06))nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\o(□,\s\up3(07))eq\f(an,an＋1)，項(xiàng)數(shù)為2n－1時(shí)，S奇－S偶＝eq\o(□,\s\up3(08))a中＝eq\o(□,\s\up3(09))an，S2n－1＝(2n－1)an且eq\f(S奇,S偶)＝eq\o(□,\s\up3(10))eq\f(n,n－1).(其中S偶表示所有的偶數(shù)項(xiàng)之和，S奇表示所有的奇數(shù)項(xiàng)之和)4．等比數(shù)列的性質(zhì)(n，m，l，k，p均為正整數(shù))(1)若m＋n＝l＋k，則eq\o(□,\s\up3(01))am·an＝al·ak(反之不一定成立)；特別地，當(dāng)m＋n＝2p時(shí)，有eq\o(□,\s\up3(02))am·an＝aeq\o\al(2,p).(2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，eq\f(S偶,S奇)＝eq\o(□,\s\up3(03))q(公比)．(其中S偶表示所有的偶數(shù)項(xiàng)之和，S奇表示所有的奇數(shù)項(xiàng)之和)(3)等比數(shù)列“依次m項(xiàng)的和”，即Sm，eq\o(□,\s\up3(04))S2m－Sm，eq\o(□,\s\up3(05))S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比數(shù)列．熱點(diǎn)考向探究考向1等差數(shù)列、等比數(shù)列的運(yùn)算例1(1)(2019·陜西榆林高考第三次模擬)在等差數(shù)列{an}中，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足若a3＋S5＝12，a4＋S7＝24，則a5＋S9＝()A．24 B．32 C．40 D．72答案C解析∵a3＋S5＝6a3＝12，a4＋S7＝8a4＝24，∴a3＝2，a4＝3，∴a5＝4，∴a5＋S9＝10a5＝40.故選C.(2)在等差數(shù)列{an}中，已知a4＝5，a3是a2和a6的等比中項(xiàng)，則數(shù)列{an}的前5項(xiàng)的和為()A．15 B．20C．25 D．15或25答案D解析設(shè)公差為d，∵a3為a2，a6的等比中項(xiàng)，∴aeq\o\al(2,3)＝a2·a6，即(a4－d)2＝(a4－2d)(a4＋2d)，∴5d(d－2)＝0，∴d＝0或d＝2.∴5－d＝5或3，即a3＝5或3，∴S5＝5a3＝25或15.故選D.(3)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足aeq\o\al(2,n＋1)－6aeq\o\al(2,n)＝an＋1an，若a1＝2，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為________．答案3n－1解析∵aeq\o\al(2,n＋1)－6aeq\o\al(2,n)＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，∴{an}為等比數(shù)列，且首項(xiàng)為2，公比為3，∴Sn＝3n－1.利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，能夠在已知三個(gè)元素的前提下求解另外兩個(gè)元素，其中等差數(shù)列的首項(xiàng)和公差、等比數(shù)列的首項(xiàng)和公比為最基本的量，解題中首先要注意求解最基本的量．1．在各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，S2＝9，S3＝21，則a5＋a6＝()A．144 B．121C．169 D．148答案A解析由題意可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝9，,a1＋a2＋a3＝21，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＝9，,a11＋q＋q2＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝－\f(2,3)，,a1＝27))(舍去)．∴a5＋a6＝a1q4(1＋q)＝144.故選A.2．(2019·遼寧沈陽(yáng)郊聯(lián)體高三一模)我國(guó)南北朝時(shí)的數(shù)學(xué)著作《張邱建算經(jīng)》有一道題為：“今有十等人，每等一人，宮賜金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中間四人未到者，亦依次更給，問各得金幾何？”則在該問題中，五等人與六等人所得黃金數(shù)之和為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(7,6) C.eq\f(7,3) D.eq\f(6,7)答案C解析設(shè)an為第n等人的得金數(shù)，則{an}為等差數(shù)列，由題設(shè)可知a1＋a2＋a3＝4，a8＋a9＋a10＝3，故a2＝eq\f(4,3)，a9＝1，而a5＋a6＝a2＋a9＝eq\f(7,3).故選C.3．(2019·安徽太和第一中學(xué)高一調(diào)研)定義：在數(shù)列{an}中，若滿足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝d(n∈N*，d為常數(shù))，稱{an}為“等差比數(shù)列”．已知在“等差比數(shù)列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，則eq\f(a2022,a2020)＝()A．4×20202－1 B．4×20192－1 C．4×20222－1 D．4×20192答案A解析∵a1＝a2＝1，a3＝3，∴eq\f(a3,a2)－eq\f(a2,a1)＝2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(an＋1,an)＝2n－1，∴eq\f(a2022,a2020)＝eq\f(a2022,a2021)·eq\f(a2021,a2020)＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故選A.考向2等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明例2已知數(shù)列{an}中，a1＝1，其前n項(xiàng)的和為Sn，且滿足an＝eq\f(2S\o\al(2,n),2Sn－1)(n≥2，n∈N*)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列；(2)證明：eq\f(1,3)S1＋eq\f(1,5)S2＋eq\f(1,7)S3＋…＋eq\f(1,2n＋1)Sn<eq\f(1,2).證明(1)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－Sn－1＝eq\f(2S\o\al(2,n),2Sn－1)，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可知，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)·2＝2n－1，所以Sn＝eq\f(1,2n－1).eq\f(1,3)S1＋eq\f(1,5)S2＋eq\f(1,7)S3＋…＋eq\f(1,2n＋1)Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).(1)判斷或者證明數(shù)列為等差數(shù)列、等比數(shù)列最基本的方法是用定義判斷或證明，其他方法最后都會(huì)回到定義，如證明等差數(shù)列可以證明通項(xiàng)公式是n的一次函數(shù)，但最后還得使用定義才能說明其為等差數(shù)列．(2)證明數(shù)列{an}為等比數(shù)列時(shí)，不能僅僅證明an＋1＝qan，還要說明a1≠0，才能遞推得出數(shù)列中的各項(xiàng)均不為零，最后斷定數(shù)列{an}為等比數(shù)列．(3)證明等差、等比數(shù)列，還可利用等差、等比數(shù)列的中項(xiàng)公式．(2019·江西八所重點(diǎn)中學(xué)4月聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＝eq\f(a2n,a2n－1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)證明：∵an＋1＝eq\f(4,4－an)，∴eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\f(4,4－an)－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(4－an,2an－4)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(2－an,2an－4)＝－eq\f(1,2)為常數(shù)，又a1＝1，∴eq\f(1,a1－2)＝－1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是以－1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知，eq\f(1,an－2)＝－1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(n＋1,2)，∴an＝2－eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，∴bn＝eq\f(a2n,a2n－1)＝eq\f(\a\vs4\al(\f(4n,2n＋1)),\f(22n－1,2n))＝eq\f(4n2,2n－12n＋1)＝1＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝n＋eq\f(n,2n＋1)，所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝n＋eq\f(n,2n＋1).考向3數(shù)列中an與Sn的關(guān)系問題例3設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝(2n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)當(dāng)n≥2時(shí)，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，兩式相減，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，∴an＋1＝3an，∴eq\f(an＋1,an)＝3.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，則eq\f(a2,a1)＝3.∴數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．∴an＝3×3n－1＝3n.(2)由(1)，得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n.∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②①－②，得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×eq\f(321－3n－1,1－3)－(2n－1)×3n＋1＝－6－(2n－2)×3n＋1.∴Tn＝(n－1)×3n＋1＋3.由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式的注意點(diǎn)(1)應(yīng)重視分類討論思想的應(yīng)用，分n＝1和n≥2兩種情況討論，特別注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1也適合，則需統(tǒng)一表示(“合寫”)．(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1不適合，則數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)分段表示(“分寫”)，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))(2019·福建泉州5月質(zhì)檢)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)證明：{an}為等比數(shù)列；(2)記bn＝log2an，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(λ,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和為Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范圍．解(1)證明：由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－1＋2，所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2)．又a2＝2a1，所以eq\f(an＋1,an)＝2(n∈N*)，所以{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.則eq\f(λ,bnbn＋1)＝eq\f(λ,nn＋1)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，Tn＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，因?yàn)門n≥10，所以eq\f(λn,n＋1)≥10，從而λ≥eq\f(10n＋1,n)，因?yàn)閑q\f(10n＋1,n)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))≤20，所以λ的取值范圍為[20，＋∞)．真題押題『真題模擬』1．(2019·湖南六校高三聯(lián)考)已知公差d≠0的等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比數(shù)列，若正整數(shù)m，n滿足m－n＝10，則am－an＝()A．10 B．20 C．30 D．5或40答案C解析由題意，知(a4－2)2＝a2a6，因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，因?yàn)閐≠0，解得d＝3，從而am－an＝(m－n)d＝30.故選C.2．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝()A．16 B．8C．4 D．2答案C解析由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.故選C.3．(2019·安徽宣城高三第二次調(diào)研)我國(guó)明代珠算家程大位的名著《直指算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“今有白米一百八十石，令三人從上及和減率分之，只云甲多丙米三十六石，問：各該若干？”其意思為：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人來分，他們分得的白米數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”請(qǐng)問：乙應(yīng)該分得________白米()A．96石 B．78石 C．60石 D．42石答案C解析今有白米一百八十石，甲、乙、丙三個(gè)人來分，他們分得的米數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，只知道甲比丙多分三十六石．設(shè)此等差數(shù)列為{an}，公差為d，其前n項(xiàng)和為Sn，∴d＝eq\f(a3－a1,3－1)＝eq\f(－36,2)＝－18，S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)×(－18)＝180，解得a1＝78.∴a2＝a1＋d＝78－18＝60.∴乙應(yīng)該分得60石．故選C.4．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n答案A解析設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n.故選A.5．(2019·新疆高三第一次診斷)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a3＝3，a1＋a2＋…＋a6＝21，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)一切n∈N*，恒有S2n－Sn>eq\f(m,16)，則m能取到的最大正整數(shù)是________．答案7解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,6a1＋15d＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝n，且eq\f(1,an)＝eq\f(1,n)，∴Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，令Tn＝S2n－Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，則Tn＋1＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2)，即Tn＋1－Tn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,n＋1)>eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝0，∴Tn＋1>Tn，則Tn隨著n的增大而增大，即Tn在n＝1處取最小值，∴T1＝S2－S1＝eq\f(1,2)，∵對(duì)一切n∈N*，恒有S2n－Sn>eq\f(m,16)成立，∴eq\f(1,2)>eq\f(m,16)即可，解得m<8，故m能取到的最大正整數(shù)是7.『金版押題』6．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝eq\f(1,2)Sn＋1Sn，則數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式為________．答案－eq\f(2,n＋1)解析由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)Sn＋1Sn，所以eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．所以eq\f(1,Sn)＝－1－eq\f(1,2)(n－1)＝－eq\f(1,2)n－eq\f(1,2).故Sn＝－eq\f(2,n＋1).7．給出一個(gè)直角三角形數(shù)陣(如下)，滿足每一列的數(shù)成等差數(shù)列，從第三行起，每一行的數(shù)成等比數(shù)列，且每一行的公比相等，記第i行第j列的數(shù)為aij(i≥j，i，j∈N*)，則an4＝________.eq\f(1,4)eq\f(1,2)，eq\f(1,4)eq\f(3,4)，eq\f(3,8)，eq\f(3,16)…答案eq\f(n,32)解析因?yàn)槊恳涣械臄?shù)成等差數(shù)列，且第一列公差為eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，所以ai1＝eq\f(1,4)＋(i－1)eq\f(1,4)＝eq\f(i,4)，因?yàn)閺牡谌衅穑恳恍械臄?shù)成等比數(shù)列，且每一行的公比相等為eq\f(\f(3,8),\a\vs4\al(\f(3,4)))＝eq\f(1,2)，所以aij＝ai1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))j－1＝eq\f(i,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))j－1(i≥3)，因此an4＝eq\f(n,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4－1＝eq\f(n,32).8．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在兩項(xiàng)am，an使得eq\r(aman)＝32，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為________．答案eq\f(3,4)解析因?yàn)閿?shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，所以a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝16a5，a5＝16，a3＝4.由a5＝a3q2，得q＝2(q＝－2舍去)，由a5＝a1q4，得a1＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1，因?yàn)閑q\r(aman)＝32，所以2m－12n－1＝210，m＋n＝12，eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,12)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq\f(3,4)(m>0，n>0)，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2m時(shí)“＝”成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為eq\f(3,4).配套作業(yè)一、選擇題1．(2019·山東德州高三下學(xué)期聯(lián)考)在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，eq\f(a5＋a7,a2＋a4)＝8，則a6的值為()A．4 B．8 C．16 D．32答案D解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＝1，eq\f(a5＋a7,a2＋a4)＝8，∴eq\f(a1q4＋q6,a1q＋q3)＝8，解得q＝2，則a6＝25＝32.故選D.2．已知等比數(shù)列{an}滿足a1a2＝1，a5a6＝4，則a3a4＝()A．2 B．±2C.eq\r(2) D．±eq\r(2)答案A解析∵a1a2，a3a4，a5a6成等比數(shù)列，即(a3a4)2＝(a1a2)(a5a6)，∴(a3a4)2＝4，a3a4與a1a2符號(hào)相同，故a3a4＝2，故選A.3．(2019·安徽蚌埠高三下學(xué)期第二次檢測(cè))等差數(shù)列{an}的公差為d，若a1＋1，a2＋1，a4＋1成以d為公比的等比數(shù)列，則d＝()A．2 B．3 C．4 D．5答案A解析將a1＋1，a2＋1，a4＋1轉(zhuǎn)化為a1，d的形式為a1＋1，a1＋1＋d，a1＋1＋3d，由于這三個(gè)數(shù)成以d為公比的等比數(shù)列，故eq\f(a1＋1＋d,a1＋1)＝eq\f(a1＋1＋3d,a1＋1＋d)＝d，化簡(jiǎn)得a1＋1＝d，代入eq\f(a1＋1＋d,a1＋1)＝d，得eq\f(2d,d)＝2＝d，故選A.4．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9＝()A．63 B．45C．36 D．27答案B解析解法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3＝9，S6＝36，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d＝9，,6a1＋\f(6×5,2)d＝36，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,2a1＋5d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝3×(1＋7×2)＝45.解法二：由等差數(shù)列的性質(zhì)，知S3，S6－S3，S9－S6成等差數(shù)列，即9,27，S9－S6成等差數(shù)列，所以S9－S6＝45，即a7＋a8＋a9＝45.5．已知Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，則()A．S6＝－2S3 B．S6＝－eq\f(1,2)S3C．S6＝eq\f(1,2)S3 D．S6＝2S3答案C解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則S6＝(1＋q3)S3，S9＝(1＋q3＋q6)S3，因?yàn)镾3，S9，S6成等差數(shù)列，所以2(1＋q3＋q6)S3＝S3＋(1＋q3)S3，解得q3＝－eq\f(1,2)，故S6＝eq\f(1,2)S3.6．(2019·陜西西安高三第一次質(zhì)檢)已知函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，且函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)＝f(a18)，則{an}的前21項(xiàng)之和為()A．0 B.eq\f(25,2) C．21 D．42答案C解析函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，平移可得y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，且函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)，由數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)＝f(a18)，可得a4＋a18＝2，所以a1＋a21＝a4＋a18＝2，可得數(shù)列{an}的前21項(xiàng)和S21＝eq\f(21a1＋a21,2)＝21.故選C.二、填空題7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1,2Sn＝an＋1，則Sn＝________.答案3n－1解析由2Sn＝an＋1得2Sn＝an＋1＝Sn＋1－Sn，所以3Sn＝Sn＋1，即eq\f(Sn＋1,Sn)＝3，所以數(shù)列{Sn}是以S1＝a1＝1為首項(xiàng)，q＝3為公比的等比數(shù)列，所以Sn＝3n－1.8．設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則a4＝________.答案－8解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，∴a1(1＋q)＝－1，①a1(1－q2)＝－3.②∵a1＋a2＝－1≠0，∴q≠－1，即1＋q≠0.②÷①，得1－q＝3，∴q＝－2.∴a1＝1，∴a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.9．(2019·山西太原第五中學(xué)高三階段檢測(cè))各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}和{bn}滿足：an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，且a1＝1，a2＝3，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．答案an＝eq\f(nn＋1,2)解析由題設(shè)可得an＋1＝eq\r(bnbn＋1)，an＝eq\r(bnbn－1)，得2bn＝an＋an＋1?2bn＝eq\r(bnbn－1)＋eq\r(bnbn＋1)，即2eq\r(bn)＝eq\r(bn－1)＋eq\r(bn＋1)，又a1＝1，a2＝3?2b1＝4?b1＝2，則{eq\r(bn)}是首項(xiàng)為eq\r(2)的等差數(shù)列．由已知得b2＝eq\f(a\o\al(2,2),b1)＝eq\f(9,2)，則數(shù)列{eq\r(bn)}的公差d＝eq\r(b2)－eq\r(b1)＝eq\f(3\r(2),2)－eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\r(bn)＝eq\r(2)＋(n－1)eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)n＋1,2)，即eq\r(bn)＝eq\f(n＋1,\r(2)).當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(b1)＝eq\r(2)，當(dāng)n≥2時(shí)，eq\r(bn－1)＝eq\f(n,\r(2))，則an＝eq\r(bnbn－1)＝eq\f(nn＋1,2)，a1＝1符合上式，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(nn＋1,2).10．已知數(shù)列{an}滿足eq\f(1,3)a1＋eq\f(1,32)a2＋…＋eq\f(1,3n)an＝3n＋1，則an＝________，a1＋a2＋a3＋…＋an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12，n＝1，,3n＋1，n≥2))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12，n＝1，,\f(3n＋2－3,2)，n≥2))解析由題意可得，當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,3)a1＝4，解得a1＝12.當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,3)a1＋eq\f(1,32)a2＋…＋eq\f(1,3n－1)an－1＝3n－2，所以eq\f(1,3n)an＝3，n≥2，即an＝3n＋1，n≥2，又當(dāng)n＝1時(shí)，an＝3n＋1不成立，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12，n＝1，,3n＋1，n≥2.))當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋a2＋…＋an＝12＋eq\f(33－3n＋2,1－3)＝eq\f(3n＋2－3,2).三、解答題11．(2019·廣東茂名五大聯(lián)盟學(xué)校高三3月聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋(n＋2n)λ}為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)由an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)，可知當(dāng)n＝1時(shí)，a1－eq\f(1,2)a1－1＝0，即a1＝2.又由an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)．可得an＋1－eq\f(1,2)Sn＋1－1＝0，兩式相減，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)Sn＋1－1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)Sn－1))＝0，即eq\f(1,2)an＋1－an＝0，即an＋1＝2an.所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故an＝2n(n∈N*)．(2)由(1)知，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2(2n－1)，所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ若數(shù)列{Sn＋(n＋2n)λ}為等差數(shù)列，則S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差數(shù)列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.經(jīng)檢驗(yàn)λ＝－2時(shí)，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差數(shù)列，故λ的值為－2.12．(2019·江西上饒市高三二模)已知首項(xiàng)為1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝3(a1＋a3)，等差數(shù)列{bn}滿足b1＝a2，b4＝a3，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足eq\f(c1,a1)＋eq\f(c2,a2)＋eq\f(c3,a3)＋…＋eq\f(cn,an)＝Sn，求{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè){an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1，∴a1q＋a1q3＝3(a1＋a1q2)，∴q＝3.∵a1＝1，∴an＝3n－1，∴a2＝3，a3＝9，∴b1＝3，b4＝9.設(shè){bn}的公差為d，∴d＝eq\f(b4－b1,3)＝2，∴bn＝2n＋1.(2)∵bn＝2n＋1，∴Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，當(dāng)n＝1，eq\f(c1,a1)＝3，c1＝3，當(dāng)n≥2，eq\f(c1,a1)＋eq\f(c2,a2)＋…＋eq\f(cn,an)＝n2＋2n，eq\f(c1,a1)＋eq\f(c2,a2)＋…＋eq\f(cn－1,an－1)＝(n－1)2＋2(n－1)，兩式相減，得eq\f(cn,an)＝2n＋1，∴cn＝(2n＋1)·3n－1，經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時(shí)上式也成立．綜上，cn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.Tn＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，∴3Tn＝3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n，兩式相減－2Tn＝3－(2n＋1)·3n＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－1＝3－(2n＋1)·3n＋eq\f(61－3n－1,1－3)＝－2n