2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-3-1等差数列、等比数列.docx

第1讲　等差数列、等比数列

一、填空题
1．(2022·南京二模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________.
解析　　设等差数列{an}的公差为d，则＝＝⇒a1＝2d，所以＝＝.
答案　
2．(2021·泰州期中)已知等比数列{an}为递增数列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，则＝________.
解析　　依据等比数列的性质建立方程组求解．由于数列{an}是递增等比数列，所以a2a8＝a3a7＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a3＝1，a7＝2，所以q4＝2，故＝q2＝.
答案　
3．(2022·泰州期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2a4a6a8＝120，且＋－＋＝，则S9的值为________．
解析　　将题中等式通分得＝＝，所以a2＋a4＋a6＋a8＝2(a2＋a8)＝14，所以a2＋a8＝7，S9＝＝＝.
答案　
4．数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n∈N*，n≥2)，则此数列的前4项和S4＝________.
解析　　设{an}的公比为q(q＞0)，当n＝2时，a2＋a3＝6a1，从而1＋q＝，∴q＝2或q＝－3(舍去)，a1＝，代入可有S4＝＝.
答案　
5．(2022·南京学情调研)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.
解析　　求出等比数列的通项公式，再求和．由等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，得公比为－2，所以an＝×(－2)n－1，|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(1＋2＋22＋…＋25)＝×＝.
答案　
6．(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′＝________.
解析　　由于各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×＝.
答案　
7．(2022·南京模拟)已知数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为Sn.若S13＝1，则a1的值为________．
解析　　由数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)得an＋1＝an－an－1＝－an－2(n≥3，n∈N*)，所以an＋4＝－an＋1＝an－2(n≥3，n∈N*)，数列{an}的周期是6.所以S13＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＝2(a1＋a2＋a2－a1＋a4＋a5＋a5－a4)＋a1＝4(a2＋a5)＋a1＝4(a2－a2)＋a1＝a1，又S13＝1，所以a1＝1.
答案　1
8．(2022·南通、扬州、泰州、连云港、淮安模拟)设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＜a2，b1＜b2，且bi＝a(i＝1,2,3)，则数列{bn}的公比为________．
解析　　由数列{an}为等差数列，且a1＜a2，b1＜b2，bi＝a(i＝1,2,3)，所以a－a＝(a1－a2)·(a1＋a2)＜0，则a1＋a2＞0.又a，a，a是等比数列{bn}的前3项，所以a＝aa，则a＝－a1a3＞0(若a＝a1a3，则a1，a2，a3成等比数列，而a1，a2，a3又成等差数列，则a1＝a2＝a3，与条件a1＜a2冲突)，所以a1＜0，a3＞0，又a1＋a2＞0，则a2＞0.设等差数列{an}的公差为d，d＞0，则a＝－a1a3即为a＝－(a2－d)(a2＋d)＝－a＋d2，所以d＝a2，故an＝a2＋(n－2)d＝(n－2＋1)a2，则等比数列{bn}的公比q＝＝＝＝＝3＋2.
答案　3＋2
二、解答题
9．已知公差不为零的等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列．
(1)求通项公式an；
(2)设bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由题意知
解得所以an＝3n－5(n∈N*)．
(2)∵bn＝2an＝23n－5＝·8n－1，∴数列{bn}是首项为，公比为8的等比数列，所以Sn＝＝.
10．已知数列{an}是首项为，公比为的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.
(1)求证：{bn}为等差数列；
(2)设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck，ck＋1，ck＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明　an＝，bn＋1－bn＝－15log3＝5，
∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．

②若c＝ckck＋2，
同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)，
明显无解；
③若c＝ckck＋1，同理可得(x＋10)2＝x(x＋5)，
方程无整数根．
综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．
11．(2021·南通调研)已知数列{an}成等比数列，且an＞0.
(1)若a2－a1＝8，a3＝m.①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；②若数列{an}是唯一的，求m的值；
(2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值．
解　设数列{an}公比为q，则由题意，得q＞0.
(1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得
解之，得或
所以数列{an}的通项公式为
an＝8(2－)(3＋)n－1，或an＝8(2＋)(3－)n－1.
②要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解，即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．
由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2.
经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式是an＝2n＋2.
(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，
得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q＞1.
a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝＝8≥32，
当且仅当qk－1＝，
即q＝，a1＝8(－1)时，
a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32.