资源描述
专题三 数 列
第一讲 等差数列、等比数列(选择、填空题型)
1．(2022·北京高考)设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选D 当数列{an}的首项a1＜0时，若q＞1，则数列{an}是递减数列；当数列{an}的首项a1＜0时，要使数列{an}为递增数列，则0＜q＜1，所以“q＞1”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
2．(2022·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )
A．8 B．10 C．12 D．14
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.
3．(2022·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A．d>0 B．d<0
C．a1d>0 D．a1d<0
解析：选D 法一：an＝a1＋(n－1)d，所以2a1an＝2a1[a1＋(n－1)d]，由于是递减数列，故有＝2a1[a1＋(n－1)d]－a1[a1＋(n－2)d]＝2a1d<1＝20，所以a1d<0，故选D.
法二：数列{2a1an}为递减数列等价于数列{a1an}为递减数列，等价于a1an－a1an－1<0，即a1(an－an－1)<0，即a1d<0.
4．(2022·天津高考)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
解析：由已知得S1·S4＝S，即a1·(4a1－6)＝(2a1－1)2，解得a1＝－.
答案：－
5．(2022·安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
解析：法一：由于数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.
法二：由于数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
答案：1
1．等差、等比数列的通项及前n项和公式
等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和
Sn＝＝na1＋d
(1) q≠1，Sn＝＝；
(2) (2)q＝1，Sn＝na1
2.等差数列、等比数列的性质
等差数列
等比数列
性质
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列；
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
(2)an＝amqn－m；
热点一
数列通项an与前n项和Sn的关系
命题角度
(1)依据an与Sn的关系，求数列中的某一项，如T1；
(2)依据an与Sn的关系，求数列的通项an或Sn，如T2.
1．(2022·宁波模拟)已知在每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝2(n∈N*且n≥2)，则a81＝( )
A．638 B．639 C．640 D．641
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an>0)，则{an}的通项an＝________.
[自主解答] 1.由已知Sn－Sn－1＝2可得，－＝2，∴{}是以1为首项，2为公差的等差数列，故＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.故选C.
2．法一：由于Sn＝，
所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝(a－a＋2an＋1－2an)，
即4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
整理得2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
由于an>0，所以an＋1＋an>0，
所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.
而当n＝1时，有S1＝，即a1＝，
整理得a－2a1＋1＝0，解得a1＝1；
当n＝2时，有S2＝，即a1＋a2＝，整理得a－2a2－3＝0，又an>0，所以解得a2＝3.由于a2－a1＝2，
所以数列{an}是一个首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，其通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
法二：由于an>0，所以an＋1>0，Sn>0，
由Sn＝，得＝.
当n＝1时，有＝，解得a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，
故由上式得2＝an＋1＝Sn－Sn－1＋1，
即(－－1)(＋－1)＝0.
由于an>0，a1＝S1＝1，所以＋>1，
即＋－1>0，
故由上式得－－1＝0，
所以数列{}是一个首项为＝1，公差为1的等差数列，其通项公式为＝n.
由＝，得an＝2－1＝2n－1.
明显，当n＝1时，也适合上式．
综上可知，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
[答案] 1.C 2.2n－1
已知Sn与an的关系式求an的方法
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的状况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
热点二
等差、等比数列的基本运算
命题角度
(1)考查等差(比)数列中a1，n，d(q)的计算，如T1，T2；
(2)考查等差、等比数列的交汇运算，如T3.
1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5
2．(2022·台州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若8a2－a5＝0，则＝( )
A．－8 B．5 C．8 D．15
3．设数列{an}是首项为1的等比数列，若是等差数列，则＋＋…＋＋的值等于( )
A．2 012 B．2 013 C．3 018 D．3 019
[自主解答] 1.法一：由题意，Sk＋2＝(k＋2)a1＋d＝k＋2＋(k＋2)(k＋1)＝(k＋2)2，Sk＝ka1＋d＝k＋k(k－1)＝k2，
故Sk＋2－Sk＝(k＋2)2－k2＝4k＋4＝24，解得k＝5.
法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋d＝2(a1＋kd)＋d＝2(1＋2k)＋2＝24，解得k＝5.
2．设数列{an}的公比为q，由8a2－a5＝0，得＝8＝q3，即q＝2，再由等比数列的前n项和公式得＝＝1＋q2＝5.
3．据题意an＝qn－1，＝.若数列为等差数列，由定义可得－＝－＝为定值，故必有q＝1，故an＝1，因此＋…＋＝2 012×＝3 018.
[答案] 1.D 2.B 3.C
将题1中的条件“a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24”改为“＝，S7－S4＝15”，求Sn的最小值．
解：记等差数列{an}的公差为d，依题意有由此解得a1＝－15，d＝4，an＝4n－19，Sn＝＝2n2－17n＝22－，因此当n＝4时，Sn取得最小值S4＝2×42－17×4＝－36.
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，假如已知其中的三个，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，然后依据通项公式、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．
热点三
等差、等比数列的性质
命题角度
(1)考查等差数列的性质，如T1，T2；
(2)考查等比数列的性质，如T3.
1．已知在等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是( )
A．15 B．30 C．31 D．64
2．(2022·杭州模拟)已知等差数列{an}前9项的和等于前4项的和，若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.
3．已知在各项为正的数列{an}中，a1＝1，a2＝2，log2an＋1＋log2an＝n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a2 013－21 008＝________.
[自主解答] 1.∵{an}为等差数列，∴a7＋a9＝2a8＝16，∴a8＝8，又∵S11＝11a6＝，∴a6＝，∴2d＝a8－a6＝，∴a12＝a8＋4d＝15.
2．由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0.又a1＝1，由a7＝a1＋6d得d＝－.又ak＋a4＝0，即a1＋(k－1)＋a1＋3×＝0，即(k－1)×＝－，所以k－1＝9，所以k＝10.
3．依题意得an＋1·an＝2n，则＝＝2，即＝2，因此数列a1，a3，a5，…，a2 013是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列，a1＋a3＋a5＋…＋a2 013＝＝21 007－1；数列a2，a4，a6，…，a2 012是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列，a2＋a4＋a6＋…＋a2 012＝＝21 007－2.所以a1＋a2＋…＋a2 013－21 008＝(21 007－1)＋(21 007－2)－21 008＝－3.
[答案] 1.A 2.10 3.－3
巧用等差(比)中项变形
等差数列与等比数列的性质应用问题中，等差中项与等比中项是格外重要的，主要体现在两个方面：
(1)等差(比)中项在解决项的计算问题中的应用．将两项之和(或积)直接转化为数列中的某一项，在等差数列{an}中，有an－k＋an＋k＝2an，在等比数列{bn}中，有bn－k·bn＋k＝b；
(2)等差中项在等差数列求和公式中的应用．在等差数列{an}中，如n＝2k＋1(k∈N*)，则a1＋an＝2ak＋1，所以Sn＝＝nak＋1.
热点四
数列与递推公式
命题角度
(1)考查利用累加或累乘求通项公式；
(2)考查具有周期性的数列；
(3)考查构造等差数列或等比数列解决问题的方法.
[例1] (1)(2022·杭州七校联考)数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且＝(n≥2)，则数列{an}的第100项为( )
A. B. C. D.
(2)(2022·唐山模拟)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＋2＝3an＋1－2an，则{an}的前n项和Sn＝________.
(3)(2022·郑州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2 014的值为________．
[师生共研] (1)由于n≥2时，＝，即＝，即－＝－，又有－＝，所以数列是以为首项，公差为d＝的等差数列，则＝，可得an＝，a100＝.
(2)∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴＝2，
∴数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝2n－1，
∴a2－a1＝20，a3－a2＝21，a4－a3＝22，…，an－an－1＝2n－2，
∴an－a1＝20＋21＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，
∴an＝2n－1－1，
∴Sn＝(20＋21＋…＋2n－1)－n＝－n＝2n－n－1.
(3)∵an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，由a3＝2，a4＝1，得a5＝，由a4＝1，a5＝，得a6＝，由a5＝，a6＝，得a7＝1，由a6＝，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得{an}是一个周期为6的数列，所以a2 014＝a4＝1.
[答案] (1)D (2)2n－n－1 (3)1
由递推公式求通项公式的常用方法
已知数列的递推关系求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解．
当消灭an＝an－1＋m时，构造等差数列；当消灭an＝pan－1＋q时，构造等比数列；当消灭an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当消灭＝f(n)时，用累乘法求解．
1．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 014＝________.
解析：由题意得，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝，…，故数列{an}是以3为周期的周期数列，又2 014＝3×671＋1，所以a2 014＝a1＝.
答案：
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝________.
解析：依题意得＝，从而＝＋，即－＝(n≥2)，因此数列是以1为首项，为公差的等差数列，于是有＝1＋(n－1)，即an＝.
答案：
3．已知数列{an}满足：a1＝1，(n－1)an＝n×2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为______．
解析：当n≥2时，有(n－1)an＝n×2nan－1，
故＝×2n，
则有＝×2n－1，
＝×2n－2，
…，
＝×22，
上述n－1个式子累乘，得＝××2n－1××…×＝×××…××(2n×2n－1×2n－2×…×22)＝n×2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝n×2.
当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式．
故数列{an}的通项公式为.
答案：
热点五
数列与函数的综合问题
命题角度
把数列问题函数化，通过函数给出数列，考查数列的有关计算或性质是命制此类问题的突出特点.
[例2] (1)(2022·青岛模拟)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f＝f(x)，f(－2)＝－3.数列{an}满足a1＝－1，且＝2·＋1(其中Sn为数列{an}的前n项和)，则f(a5)＋f(a6)＝( )
A．－3 B．－2 C．3 D．2
(2)(2022·德阳模拟)定义在(0，＋∞)上函数f(x)满足对任意x，y∈(0，＋∞)，都有xyf(xy)＝xf(x)＋yf(y)，记数列an＝f(2n)，有以下命题：①f(1)＝0；②a1＝a2；③令函数g(x)＝xf(x)，则g(x)＋g＝0；④令数列bn＝2n·an，则数列{bn}为等比数列，其中的真命题为________．
[师生共研] (1)由f＝f(x)可知函数f(x)的对称轴为x＝，又函数f(x)是奇函数，所以有f＝f(x)＝－f，所以f＝－f(x)，即f(x－3)＝f(x)，函数f(x)的周期为3.由＝2·＋1得Sn＝2an＋n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－(2an－1＋n－1)＝2an－2an－1＋1，即an＝2an－1－1，所以a2＝－3，a3＝－7，a4＝－15，a5＝－31，a6＝－63，所以f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f(－1)＋f(0)＝－f(1)＋f(0)．由于函数f(x)是奇函数，所以有f(0)＝0，由f(－2)＝－3，可得f(1)＝f(－2)＝－3，所以f(a5)＋f(a6)＝3.
(2)令x＝y＝1，由xyf(xy)＝xf(x)＋yf(y)得，f(1)＝0，①正确；令x＝y＝2，则4f(4)＝2f(2)＋2f(2)，即f(4)＝f(2)，又a1＝f(2)，a2＝f(4)，所以a1＝a2，②正确；令y＝，则有f(1)＝xf(x)＋f，即g(x)＋g＝f(1)＝0，③正确；由于b1＝2a1，b2＝4a2，b3＝8a3，而a1＝a2，a3＝f(8)，令x＝2，y＝4，由xyf(xy)＝xf(x)＋yf(y)得，8f(8)＝2f(2)＋4f(4)，化简得f(8)＝f(2)，即a3＝a1，明显b1，b2，b3不是等比数列中的项，所以{bn}定不是等比数列，④错．
[答案] (1)C (2)①②③
解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个亲密联系：(1)数列和函数间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；(2)方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的关系进行机敏处理．
4．已知函数f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线x＋3y＋2＝0垂直，若数列的前n项和为Sn，则S2 013的值为( )
A. B. C. D.
解析：选D f′(x)＝2x－a，由已知得f′(1)＝3，所以a＝－1，所以＝＝－，所以Sn＝＋＋…＋＝1－，故S2 013＝.
5．设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，数列{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．0 B．7 C． 14 D．21
解析：选D f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝(a1－3)3＋a1－1＋(a2－3)3＋a2－1＋…＋(a7－3)3＋a7－1＝14，即(a1－3)3＋a1－3＋(a2－3)3＋a2－3＋…＋(a7－3)3＋a7－3＝0，依据等差数列的性质得(a4－3－3d)3＋(a4－3－2d)3＋…＋(a4－3＋3d)3＋7(a4－3)＝0，即(a4－3－3d)3＋(a4－3＋3d)3＋(a4－3－2d)3＋(a4－3＋2d)3＋…＋(a4－3)3＋7(a4－3)＝0，
∴2(a4－3)[(a4－3)2＋27d2]＋2(a4－3)[(a4－3)2＋12d2]＋2(a4－3)[(a4－3)2＋3d2]＋(a4－3)3＋7(a4－3)＝0，
即(a4－3)[7(a4－3)2＋84d2＋7]＝0，
∴a4－3＝0，即a4＝3，
∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝21.
热点六
与数列有关的新定义问题
命题角度
(1)定义一种新数列，考查数列的有关运算；
(2)定义一种新函数，然后将新函数与数列问题相结合考查.
[例3] (1)定义“等积数列”：在一个数列中，假如每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列且a1＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为________．
(2)记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]＝2，[1.5]＝1，[－0.3]＝－1.设a为正整数，数列{xn}满足x1＝a，xn＋1＝(n∈N*)，现有下列命题：
①当a＝5时，数列{xn}的前3项依次为5,3,2；
②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xn＝xk；
③当n≥1时，xn>－1；
④对某个正整数k，若xk＋1≥xk，则xk＝[ ]．
其中的真命题有________．(写出全部真命题的编号)
[师生共研] (1)设这个等积数列的公积为m，由于a1＝2，所以a2＝，于是这个数列的各项依次为2，，2，，2，，…，由于前21项的和为62，所以2×11＋×10＝62，解得m＝8.
(3) 对于①，当a＝5时，x1＝5，x2＝＝3，x3＝＝2，因此①正确．对于②，留意到当a＝3时，x1＝3，x2＝2，x3＝1，x4＝2，x5＝1，x6＝2，x7＝1，…此时数列{xn}除第一项外，从其次项起以后的项是以2为周期重复性消灭的，此时不存在正整数k，使得当n≥k时，总有xn＝xk，②不正确．对于③，留意到xn∈N*，且x1＝a，x1－(－1)＝a－＋1＝2＋>0，即x1>－1，若xn＋是正奇数，则xn＋1＝>≥＝－1；若xn＋是正偶数，则xn＋1＝>≥＝－1，综上所述，当n≥1时，xn>－1成立，因此③正确．对于④，依题意得知xk＋1－xk≥0，－xk≥0，即－xk≥0，－xk≥－xk≥0，－xk≥0，xk≤；又由③得知xk>－1，于是有－1<xk≤，因此有xk＝[ ]，④正确．综上所述，其中的真命题是①③④.
[答案] (1)8 (2)①③④
解决此类问题的关键是快速去掉“新定义”的外衣，将原问题转化为我们生疏的函数或数列问题求解．
6．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，假如对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析：选C 法一：设{an}的公比为q.
①f(an)＝a，
∵＝2＝q2，
∴{f(an)}是等比数列．排解B、D.
③f(an)＝，
∵＝＝，
∴{f(an)}是等比数列．排解A.
法二：不妨令an＝2n.
①由于f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.明显{f(2n)}是首项为4，公比为4的等比数列．
②由于f(x)＝2x，
所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，
f(a3)＝f(8)＝28，
所以＝＝4≠＝＝16，
所以{f(an)}不是等比数列．
③由于f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.
明显{f(an)}是首项为，公比为的等比数列．
④由于f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln 2n＝nln 2.
明显{f(an)}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列．
7．若数列{an}满足对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得am<n成立，记这样的m的个数为(an)*，则得到一个新数列{(an)*}．例如，若数列{an}是1,2,3，…，n，…，则数列{(an)*}是0,1,2，…，n－1，….已知对任意的n∈N*，an＝n2，则(a5)*＝________，((an)*)*＝________.
解析：依题意可知，数列{an}是1,4,9,16，…，所以满足am<5的只有a1和a2两个，故(a5)*＝2；数列{(an)*}是0,1,1,1,2,2,2,2,2，…，由此规律可知数列{(an)*}有2n＋1个n，故((an)*)*＝1＋3＋…＋[2(n－1)＋1]＝＝n2.
答案：2 n2
一、选择题
1．(2022·唐山模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝13，S15＝63，则S20＝( )
A．90 B．100 C．110 D．120
解析：选B 由于数列{an}为等差数列，则可设S10＝x，S20＝y，则13，x－13,63－x，y－63成等差数列，
所以2(x－13)＝13＋(63－x)，所以x＝34，
所以13，x－13,63－x，y－63分别为13,21,29,37，所以y－63＝37，所以S20＝100.
2．(2022·安溪模拟)数列{an}满足a1＝1，且当n≥2时，an＝an－1，则a5＝( )
A. B. C．5 D．6
解析：选A 由于a1＝1，且当n≥2时，an＝an－1，则＝.所以a5＝····a1，即a5＝××××1＝.故选A.
3．已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝( )
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
解析：选C 由于数列{an}是等比数列，所以a5·a2n－5＝a，an>0，所以an＝2n，故log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1·a3·…·a2n－1)＝log221＋3＋…＋(2n－1)＝n2.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－n，正项等比数列{bn}中，b2＝a3，bn＋3bn－1＝4b(n≥2，n∈N*)，则log2bn＝( )
A．n－1 B．2n－1 C．n－2 D．n
解析：选D 法一：由于a3＝S3－S2＝4，所以b2＝a3＝4，log2b2＝log24＝2，验证可知A，B，C均不符合，答案为D.
法二：由于a3＝S3－S2＝4，所以b2＝a3＝4，又bn＋3bn－1＝4b，即b＝4b，所以q2＝＝4，q＝2，所以数列{bn}的通项公式是bn＝b2qn－2＝4×2n－2＝2n，所以log2bn＝log22n＝n.故选D.
5．(2022·汕头模拟)设等差数列{an}的公差d≠0，a1＝4d.若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝( )
A．3或－1 B．3或1 C．3 D．1
解析：选C 因ak是a1与a2k的等比中项，所以a＝a1·a2k，即[a1＋(k－1)·d]2＝a1·[a1＋(2k－1)·d]，又a1＝4d，d≠0，则有k2－2k－3＝0，即k＝3或k＝－1(舍去)．
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3 C．8 D．11
解析：选B ∵{bn}为等差数列，设其公差为d，b3＝－2，b10＝12，
∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2.
∵b3＝－2，
∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋d＝7×(－6)＋21×2＝0.
又∵b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3.
所以，a8－3＝0，a8＝3.故选B.
7．(2022·眉山模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}中，b2＝a2，且bn＋3＋bn－1＝2bn＋4，(n≥2，n∈N*)，则bn＝( )
A．2n＋2 B．2n C．n－2 D．2n－2
解析：选B an＝2n＋1－2－2n＋2＝2n(n>1)，当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，故an＝2n(n≥1)．所以b2＝a2＝4，由此可排解A、C、D.对B选项，若bn＝2n，则bn＋3＋bn－1＝2(n＋3)＋2(n－1)＝4n＋4,2bn＋4＝4n＋4满足题设，选B.
8．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，若an＋2＝2an＋1－an＋2，则an等于( )
A.n3－n＋ B．n3－5n2＋9n－4
C．n2－2n＋2 D．2n2－5n＋4
解析：选C 依题意得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，因此数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an＋1－an＝1＋2(n－1)＝2n－1.当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋3＋…＋(2n－3)＝1＋＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，又a1＝1＝12－2×1＋2，因此an＝n2－2n＋2.
9．若数列{an}的前n项和为Sn，则下列命题：
(1)若数列{an}是递增数列，则数列{Sn}也是递增数列；
(2)数列{Sn}是递增数列的充要条件是数列{an}的各项均为正数；
(3)若{an}是等差数列(公差d≠0)，则S1·S2·…·Sk＝0的充要条件是a1·a2·…·ak＝0；
(4)若{an}是等比数列，则S1·S2·…·Sk＝0(k≥2，k∈N)的充要条件是an＋an＋1＝0.
其中，正确命题的个数是( )
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
解析：选B 数列{an}的前n项和为Sn，故Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an.若数列{an}是递增数列，则数列{Sn}不肯定是递增数列，如当an<0时，数列{Sn}是递减数列，故(1)不正确；由数列{Sn}是递增数列，不能推出数列{an}的各项均为正数，如数列：0,1,2,3，…，满足{Sn}是递增数列，但不满足数列{an}的各项均为正数，故(2)不正确；若{an}是等差数列(公差d≠0)，则由S1·S2·…·Sk＝0，不能推出a1·a2·…·ak＝0，例如数列：－3，－1,1,3，满足S4＝0，但a1·a2·a3·a4≠0，故(3)不正确；若{an}是等比数列，则由S1·S2·…·Sk＝0(k≥2，k∈N)可得数列的{an}公比为－1，故有an＋an＋1＝0.由an＋an＋1＝0可得数列{an}的公比为－1，可得S1·S2·…·Sk＝0(k≥2，k∈N)，故(4)正确．故选B.
10. 为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图，在区域{(x，y)|x≥0，y≥0}内植树，第一棵树在A1(0,1)点，其次棵树在B1(1，1)点，第三棵树在C1(1,0)点，第四棵树在C2(2,0)点，接着按图中箭头方向，每隔一个单位种一棵树，那么，第2 014棵树所在的点的坐标是( )
A．(9,44) B．(10,44) C．(10,43) D．(11,43)
解析：选B 由题意可得种树的方法是依据一个等差数列3,5,7，…，2n＋1排列．由前n项和得(n＋2)n＝2 014，所以n2＋2n－2 014＝0，解得n＝(负值舍去)．所以n≈43，当n＝43时对应种了1 935棵树．由于单数的最终一个落在x轴上，双数的最终一个落在y轴上，所以在坐标为(43,0)向右种1棵，再向上种44棵，即第1 980棵的坐标为(44,44)，再向左平行移动34格，即第2 014棵及坐标为(10,44)．
二、填空题
11．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，则的值为________．
解析：由于a6＝a5＋2a4，所以a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以q＝2，＝q2＝4.
答案：4
12．在等差数列{an}中，a2＝5，a1＋a4＝12，则an＝________；设bn＝(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，则有a2＋a3＝5＋a3＝12，a3＝7，d＝a3－a2＝2，an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.bn＝＝，因此数列{bn}的前n项和Sn＝×＝＝.
答案：2n＋1
13．(2022·宜春模拟)已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在直线y－3＝k(x－6)上，则数列{an}的前11项和S11＝________.
解析：若点(n，an)(n∈N*)在直线y－3＝k(x－6)上，则an＝k(n－6)＋3，S11＝a1＋a2＋a3＋…＋a11＝k(－5－4－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4＋5)＋11×3＝33.
答案：33
14．(2022·苏州模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}，若2a4＋a3－2a2－a1＝8，则2a8＋a7的最小值为________．
解析：设{an}的公比为q，由2a4＋a3－2a2－a1＝8，得(2a2＋a1)q2－(2a2＋a1)＝8，所以(2a2＋a1)(q2－1)＝8，明显q2>1,2a8＋a7＝(2a2＋a1)q6＝，令t＝q2，则2a8＋a7＝，设函数f(t)＝(t>1)，f′(t)＝，易知当t∈时，f(t)为减函数，当t∈时，f(t)为增函数，所以f(t)的最小值为f＝54，故2a8＋a7的最小值为54.
答案：54
15．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R，都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立．数列{an}满足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2，则数列{an}的通项公式为an＝________.
解析：令x＝2，y＝2n－1，则f(xy)＝f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－1f(2)，即an＝2an－1＋2n，＝＋1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，由此可得＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝n·2n.
答案：n·2n
16．已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，＋＝，若有穷数列(n∈N*)的前n项和为，则n＝________.解析：依据题意得′＝，由于f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，所以′＝<0，即函数＝ax单调递减，所以0<a<1.又＋＝，即a＋a－1＝，即a＋＝，解得a＝2(舍去)或a＝.所以＝x，即数列为首项为a1＝，公比q＝的等比数列，所以Sn＝＝×＝1－n，由1－n＝，得n＝，解得n＝5.
答案：5
其次讲 高考中的数列(解答题型)
1．(2022·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，
解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
2．(2022·江西高考)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由于anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
数列求和常用的方法
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法
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