2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算
【题型要点】
方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用
等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．
【例1】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()
A．29B．31
C．33 D．36
【例2】．an是公差不为0的等差数列，满足a24＋a25＝a26＋a27，则该数列的前10项和S10等于()
A．－10B．－5C．0D．5
【例3】．已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*，aan＝3n，记bn＝a2•3n－1(n ∈N*)，则数列{bn}的前n项和等于()
A．2n＋n B．2n＋1－1
C.3n＋1－3n2
D.3n＋1－32
题组训练一等差、等比数列的基本运算
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a5＝4，S15＝60则a20等于()
A．4B．6C．10D．12
2．在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6等于()
A．8 B．6 C．4 D．3
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为()
A．152 B．135 C．80 D．16
题型二等差、等比数列的性质及应用
【题型要点】
(1)解决此类问题的关键是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．
(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
【例4】已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a8•a2 008＝14，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 015等于()
A．log22 015 B．2 015 C．－2 015 D．1 008
2．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8等于()
A．－30 B．40
C．40或－30 D．40或－50
3．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn 的最大值与最小值之和为()
A．－23 B．－712
C.14
D.56
题组训练二等差、等比数列的性质及应用
1．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则a1a17a9的值为()
A．23 B．4 C．±22 D．±4
2．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－217<d<－19，则当Sn 取最大值时n的值为________．
3．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016•a2 017＜0，则使前n 项和Sn＞0成立的最大正整数n是()
A．2 016B．2 017 C．4 032 D．4 033
题型三等差、等比数列的综合问题
【题型要点】
关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．
【例3】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．
题组训练三等差、等比数列的综合问题
已知数列{an}中，a1＝1，an•an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n －1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
题型四数列与其他知识的交汇
【题型要点】
数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．
【例4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB→＝a1OA→＋a2 016OC→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2 016等于()
A．1 007B．1 008C．2 015D．2 016
题组训练四数列与其他知识的交汇
1．在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为()
A.12
B.32
C．1 D．－32
2．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得am•an ＝4a1，则1m＋4n的最小值为()
A.32
B.53
C.256
D.43
3．艾萨克•牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列xn满足xn＋1＝xn－′，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列xn为牛顿数列，设an＝ln xn－2xn－1，已知a1＝2，xn>2，则an的通项公式an＝________.
【专题训练】
一、选择题
1．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于()
A．2B．lg 50
C．10D．5
2．在正项等比数列{an}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()
A．64 B．32
C．16 D．8
3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()
A．13 B．12
C．11 D．10
4．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn等于()
A．n(3n－1) ＋
C．n(n＋1) ＋
5．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S12－S6S6－7•S6－S3S3－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a35，则1m＋8n的最小值是()
A.157
B.95
C.53
D.75
6．数列an是以a为首项，b为公比的等比数列，数列bn满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n ＝1,2，…)，数列cn满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若cn为等比数列，则a＋b 等于()
A.2 B．3 C.5 D．6
二、填空题
7．数列{an}的通项an＝n2•，其前n项和为Sn，则S30＝________.
8．已知数列{an}满足a1＝2，且an＝2nan－1an－1＋n－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？()
A．8日B．9日C．12日D．16日
10．数列{logkan}是首项为4，公差为2的等差数列，其中k>0，且k≠1.设cn＝anlg an，若{cn}中的每一项恒小于它后面的项，则实数k的取值范围为________．
三、解答题
11．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)是否存在常数λ，使得数列{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an；若不存在，请说明理由．
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an＋1＝an•bn，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．
2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列
题型一 等差、等比数列的基本运算 【题型要点】
方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用
等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．
【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为5
4，
则S 5等于( )
A ．29
B ．31
C ．33
D ．36
【解析】 法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧
a 1qa 1
q 4
＝2a 1q 2
a 1
q 3＋2a 1q 6
＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧
q ＝12a 1＝16
，所以S 5＝a 1(1－q 5)
1－q
＝31，故选B.
法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，所以a 7＝14，所以q ＝1
2，所以a 1＝16，所
以S 5＝a 2(1－q 5)
1－q
＝31，故选B.
【答案】 B
【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 2
7，则该数列的前10项和
S 10等于( )
A ．－10
B ．－5
C ．0
D ．5
【解析】 由题意，得a 24－a 27＝a 26－a 25，即()a 4－a 7()a 4＋a 7＝()a 6－a 5()a 6＋a 5，
即－3d ()a 4＋a 7＝d ()a 6＋a 5，又因为d ≠0，所以a 4＋a 7＝a 6＋a 5＝0，则该数列的前10项和S 10＝10(a 1＋a 10)
2
＝5()a 6＋a 5＝0.故选C.
【答案】 C
【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －
1(n ∈N *)，
则数列{b n }的前n 项和等于( )
A ．2n ＋n
B ．2n ＋
1－1
C.3n ＋
1－3n 2
D.3n ＋
1－32
【解析】 因为aa n ＝3n ，所以a 1≤3，若a 1＝1，那么a 1＝aa 1＝3×1＝3≠1矛盾，若a 1
＝2，那么a 2＝aa 1＝3×1＝3成立，若a 1＝3，那么a 3＝aa 1＝3×1＝3＝a 1矛盾，所以a 2＝b 1＝2，当aa an ＝3a n ＝a 3n ，所以b n ＝a 2·3n －1＝a 3·2·3n －2＝3a 2·3n －
2＝3b n －1，即b n b n －1＝3，数列{b n }
是首项为2，公比为3的等比数列，所以前n 项和为b 1(1－q n )1－q ＝3(1－33)1－3
＝3n ＋
1－3
2，故选D.
【答案】 D
题组训练一 等差、等比数列的基本运算
1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．12 【解析】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ， ∵a 3＋a 5＝4，S 15＝60，∴⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
＋2d ＋a 1＋4d ＝415a 1＋15×14
2d ＝60， 解得a 1＝12，d ＝12，∴a 20＝a 1＋19d ＝12＋19×1
2＝10.故选C.
【答案】 C
2．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4
D ．3
【解析】 由等差数列的性质可知，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6(a 3＋a 9)＝6×2a 6＝12a 6＝36，∴a 6＝3.故选D.
【答案】 D
3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )
A ．152
B ．135
C ．80
D ．16
【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n
＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为
15×(2＋16)
2
＝135，故选B. 【答案】 B
题型二 等差、等比数列的性质及应用 【题型要点】
(1)解决此类问题的关键是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．
(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008
＝1
4
，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015
B ．2 015
C ．－2 015
D ．1 008
【解析】 ∵数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，∴数列{a n }是等比数列，由a 8·a 2 008＝14，可得a 21 008＝14，即a 1 008＝1
2，∴a 1·a 2 015＝a 2·a 2 014＝…＝a 1 007·a 1 009＝a 2
1 008＝14
，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015＝log 2(a 1·
a 2·…·a 2 015)＝log 22015
21⎪⎭
⎫
⎝⎛＝－2 015.
【答案】C
2．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30
D ．40或－50
【解析】 ∵数列{a n }为等比数列且数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 4，S 8－S 4，S 12－S 8
也构成等比数列．
∴(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，
∵S 4＝10，S 12＝130，各项均为正数的等比数列{a n }， ∴(S 8－10)2＝10·(130－S 8)，∴S 8＝40.故选B. 【答案】 B
3．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1
S n
的最大
值与最小值之和为( )
A ．－2
3
B ．－712
C.14
D.56
【解析】 依题意得，S n ＝
⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭
⎫ ⎝⎛-21121123n
＝1－n
⎪⎭⎫
⎝⎛-21.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n 的增大而减小，1＜S n ＝1＋12n ≤S 1＝32
，S n
－1S n 随着S n 的增大而增大，0＜S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n ＜1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n ＜0.因此S n －1
S n 的最大值与最
小值分别为56、－712，其最大值与最小值之和为56－712＝312＝1
4
，选C.
【答案】 C
题组训练二 等差、等比数列的性质及应用
1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17
a 9的值为( )
A ．2 3
B ．4
C ．±2 2
D ．±4
【解析】 ∵a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，∴a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∵{a n }为等比数列，又a 3，a 9，a 15同号，∴a 9＞0，∴a 9＝a 3a 15＝23，∴a 1a 17a 9＝a 29
a 9＝a 9＝2 3.故
选A.
【答案】 A
2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－1
9，则当S n 取最
大值时n 的值为________．
【解析】 因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d ，因为－217<d <－19，所以192<1－1
d <10，所以n ≤9，
即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0.所以当S n 取得最大值时n 的值为9.
【答案】 9
3．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n
＞0成立的最大正整数n 是( )
A ．2 016
B ．2 017
C ．4 032
D ．4 033
【解析】 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017
＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)
2
＝4 033a 2
017＜0，所以使前
n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.
【答案】 C
题型三 等差、等比数列的综合问题 【题型要点】
关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记
忆相关的公式是解决此类问题的关键．
【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；
(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )
2
.
(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝1
2
，
∴T m ＝2
112114-⎥⎥
⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ＝8⎪⎭⎫ ⎝⎛-m )21(1， ∵m
⎪⎭
⎫
⎝⎛21随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－1
2
(n 2－9n )
＝－12⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛
-481292
n ，
故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)． 题组训练三 等差、等比数列的综合问题
已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n
⎪⎭
⎫ ⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，
n ∈N *.
(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .
【解析】 (1)∵a n ·a n ＋1＝n
⎪⎭
⎫
⎝⎛21，
∴a n ＋1·a n ＋2＝1
21+⎪
⎭
⎫
⎝⎛n ，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12
a n .
∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋1
2a 2n －1
a 2n ＋a 2n －1＝1
2
所以{b n }是公比为1
2
的等比数列．
∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝3
2.
∴b n ＝32×1
2
1-⎪⎭
⎫
⎝⎛n ＝3
2
n . (2)由(1)可知a n ＋2＝1
2
a n ，
所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以1
2为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2
＝12为首项，以1
2
为公比的等比数列． ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )
＝
[]
2
1121121211211-⎪
⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫
⎝⎛-n
n ＝3－3
2
n .
题型四 数列与其他知识的交汇 【题型要点】
数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊
数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．
【例4】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →
，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )
A ．1 007
B ．1 008
C ．2 015
D ．2 016 【解析】 ∵A 、B 、C 三点共线∴AB →＝λAC →
∴OB →－OA →＝λ(OC →－OA →)，OB →＝(1－λ)OA →＋λOC → 又∵OB →＝a 1·OA →＋a 2 016OC →，∴a 1＝1－λ，a 2 016＝λ ∴a 1＋a 2 016＝1
∴S 2 016＝2 016(a 1＋a 2 016)2＝1 008，∴选B.
【答案】 B
题组训练四 数列与其他知识的交汇
1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )
A.12
B.
32
C ．1
D ．－
32
【解析】 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π
3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32
. 【答案】 B
2．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4
n
的最小值为( )
A.32
B.53
C.256
D.43
【解析】 由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q
＝－1(不合题意，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212
m
＋n －2
＝16a 2
1，即有m ＋n
－2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎪⎭
⎫
⎝⎛+n m 41
＝16⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++5426154m n n m m n n m ＝32，当且仅当4m n ＝n m ，即n ＝2m ＝4时取得最小值3
2
.
【答案】 A
3．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －
f (x n )
f ′(x n )
，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2
x n －1
，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.
【解析】 ∵ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0， 解得⎩
⎪⎨⎪⎧
c ＝2a ，b ＝－3a . ∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .
则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a ＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，
∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3
－1
＝x 2
n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝212⎪⎪⎭⎫
⎝⎛--n n x x ， 则数列a n 是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2 ，∴ 数列{}a n 是以2为首项，以2
为公比的等比数列，则a n＝2·2n－1＝2n.
【答案】2n
【专题训练】
一、选择题
1．等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg a n}的前10项和等于()
A．2B．lg 50
C．10D．5
【解析】∵等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，
∴a1a10＝a2a9＝…＝a4a7＝10，∴数列{lg a n}的前10项和S＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5，故选D
【答案】 D
2．在正项等比数列{a n}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()
A．64 B．32
C．16 D．8
【解析】在正项等比数列{a n}中，∵a3a5＝64，∴a3a5＝a1a7＝64，∴a1＋a7≥2a1a7＝264＝2×8＝16，当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∴a1＋a7的最小值为16，故选C.
【答案】 C
3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()
A．13 B．12
C．11 D．10
【解析】设等比数列为{a n}，其前n项积为T n，由已知得a1a2a3＝2，a n a n－1a n－2＝4，可得(a1a n)3＝2×4，a1a n＝2，∵T n＝a1a2…a n，∴T2n＝(a1a2…a n)2＝(a1a n)(a2a n－1)…(a n a1)＝(a1a n)n ＝2n＝642＝212，∴n＝12.
【答案】 B
4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )
A ．n (3n －1)
B.n (n ＋3)2
C ．n (n ＋1)
D.n (3n ＋1)2
【解析】 依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2
＝n (n ＋1)，选C.
【答案】 C
5．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3
S 3
－8＝0，且正整数m ，n
满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8
n
的最小值是( ) A.15
7 B.95 C.53
D.75
【解析】 ∵{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∴
S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3
＝q 3
，∴q 6－7q 3－8＝0， 解得q ＝2(负值舍去)．
又a 1a m a 2n ＝2a 35，∴a 31·
2m
＋2n －2
＝2(a 124)3＝a 31213
，
∴m ＋2n ＝15，∴1m ＋8n ＝115⎪⎭⎫
⎝⎛+n m 81(m ＋2n )
＝17＋2n m ＋8m n 15≥17＋22n m ×
8m n 15＝5
3
，
当且仅当2n m ＝8m
n
，即m ＝3，n ＝6时等号成立，
∴1m ＋8n 的最小值是5
3，故选C. 【答案】 C
6．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )
A. 2 B ．3 C. 5
D ．6
【解析】 由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －
1，则b n ＝
1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n 1－b ，得c n ＝2＋n
b a ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+11－a 1－b ·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab
n ＋1
(1－b )2
，要使{}c n
为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧
2－ab
(1－b )2
＝0，1－b ＋a
1－b ＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝1，
b ＝2，a ＋b ＝3，故选B.
【答案】 B 二、填空题
7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
-3sin 3cos
22
ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 【解析】 由题意可知，a n ＝n 2·cos 2n π3，若n ＝3k －2，则a n ＝(3k －2)2·⎪⎭
⎫
⎝⎛-21＝－9k 2＋12k －4
2
(k ∈N *)；
若n ＝3k －1，则a n ＝(3k －1)2
·⎪⎭
⎫ ⎝⎛-21＝－9k 2
＋6k －1
2(k ∈N *)；若n ＝3k ，则a n ＝(3k )2·1＝9k 2(k ∈N *)，∴a 3k －2＋a 3k －1＋a 3k ＝9k －5
2，k ∈N *，∴S 30＝9－52＋90－5
22
×10＝470.
【答案】 470
8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1
a n －1＋n －1
(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.
【解析】 由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1
，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛---111
n a n (n ≥2，n ∈N *)． 又1a 1－1＝－12，∴数列⎭
⎬⎫⎩
⎨⎧-1n
a
n 是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－1
2n ，∴a n ＝n ·2n
2n －1
(n ∈N *)．
【答案】 n ·2n
2n －1
9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )
A ．8日
B ．9日
C ．12日
D ．16日
【解析】由题可知，良马每日行程a n 构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程b n 构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，b n ＝97－0.5(n －1)＝97.5－0.5n ，则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2＝2250，又∵数列{a n }的前n 项和为n 2×(103＋13n ＋90)，数列{b n }的前n 项和为n 2×(97＋97.5－0.5n )，n 2(103
＋3n ＋90)＋n
2(97＋97.5－0.5n )＝2250，整理得：25n 2＋775n －9 000＝0，即n 2＋31n －360＝
0，解得：n ＝9或n ＝－40(舍)，即九日相逢．故选B.
【答案】B
10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．
【解析】 由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k
2n ＋2
，∴a n ＋1a n ＝k 2(n ＋
1)＋
2k
2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是
以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋
2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立；当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎪⎭⎫ ⎝⎛++21n n min .∵n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∴当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎪⎭
⎫
⎝⎛++21n n min ＝23，
∴k 2＜23，且0<k <1，∴0<k <63.综上，k ∈⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛36,0∪(1，＋∞)．
【答案】 ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
36,0∪(1，＋∞) 三、解答题
11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．
(1)求a 1，a 2，a 3的值；
(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3； 当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9； 当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.
(2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3. 由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n ＋3＝(a 1＋3)×2n －1，a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．
12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．
【解】 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ⇒a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由a n ＋1＝⎪⎭
⎫
⎝⎛23
a n ·
b n ，得b n ＝1a n log 32a n ＋1＝(23)n －1log 32(32)n ＝n ·123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32－n ·132-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.。