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专题三 其次讲
一、选择题
1．(2021·重庆模拟)设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2021的两个零点是a2、a3，则a1a4＝( )
A．2021 B．1
C．－1 D．－2021
[答案] D
[解析] 由条件得，a1a4＝a2a3＝－2021.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，Tn是数列{bn}的前n项和，则T9等于( )
A. B.
C. D.
[答案] D
[解析] ∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝＝＝(－)，T9＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝×(1－)＝.
3．已知函数f(x)满足f(x＋1)＝＋f(x)(x∈R)，且f(1)＝，则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为( )
A．305 B．315
C．325 D．335
[答案] D
[解析] ∵f(1)＝，f(2)＝＋，
f(3)＝＋＋，…，
f(n)＝＋f(n－1)，
∴{f(n)}是以为首项，为公差的等差数列．
∴S20＝20×＋×＝335.
4．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )
[答案] C
[解析] ∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧．
[点评] 可取特殊数列验证排解，如an＝3－n.
5．(文)已知函数f(x)＝log2x，等比数列{an}的首项a1>0，公比q＝2，若f(a2·a4·a6·a8·a10)＝25，则2f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2022)等于( )
A．21004×2009 B．21005×2009
C．21005×2011 D．21006×2011
[答案] D
[解析] f(a2·a4·a6·a8·a10)
＝log2(a2·a4·a6·a8·a10)＝log2(aq25)＝25，
即a·q25＝225，
又a1>0，q＝2，故得到a1＝1.
2f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2022)＝2f(a1)·2f(a2)·…·2f(a2022)
＝2log2a1·2log2a2·…·2log2a2022
＝a1·a2·…·a2022＝a·q1＋2＋…＋2011
＝12022×2＝21006×2011.故选D.
(理)(2021·成都市二诊)已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝.若函数f(x)＝sin2x＋2cos2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为( )
A．0 B．－9
C．9 D．1
[答案] C
[解析] 据已知得2an＋1＝an＋an＋2，即数列{an}为等差数列，又f(x)＝sin2x＋2×＝sin2x＋1＋cosx，由于a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，故cosa1＋cosa9＝cosa2＋cosa8＝…＝cosa5＝0，又2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝…＝4a5＝2π，故sin2a1＋sin2a9＝sin2a2＋sin2a8＝…＝sin2a5＝0，故数列{yn}的前9项之和为9，故选C.
6．(文)(2022·辽宁协作联校三模)已知数列{an}的通项公式an＝2022sin，则a1＋a2＋…＋a2022＝( )
A．2022 B．2021
C．2022 D．2021
[答案] C
[解析] 数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝2022(sin＋sinπ＋sin＋sin2π)＝0，
又∵2022＝4×503＋2，
∴a1＋a2＋…＋a2022＝a1＋a2＝2022sin＋2022sinπ＝2022.
(理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( )
A．an与Sn都有最大值
B．an与Sn都没有最大值
C．an与Sn都有最小值
D．an与Sn都没有最小值
[答案] C
[解析] 画出an＝的图象，
点(n，an)为函数y＝图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大
二、填空题
7．植树节某班20名同学在一段直线大路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10m.开头时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑动身前来领取树苗来回所走的路程总和最小，这个最小值为________(m)．
[答案] 2000
[解析] 设放在第x个坑边，则
S＝20(|x－1|＋|x－2|＋…＋|20－x|)
由式子的对称性争辩，当x＝10或11时，
S＝2000.
当x＝9或12时，S＝20×102＝2040，…，当x＝1或19时，S＝3800.
∴Smin＝2000(m)．
8．(2022·广东理，13)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.
[答案] 50
[解析] ∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5.
又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]
＝ln(e5)10＝lne50＝50.
留意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam.
三、解答题
9．(2021·天津理，19)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q，由于S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×(－)n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得
Sn＝1－(－)n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1<Sn≤S1＝，故
0<Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故
0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
10．(文)(2022·唐山市二模)在公差不为0的等差数列{an}中，a3＋a10＝15，且a2，a5，a11成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋＋…＋，试比较bn＋1与bn的大小，并说明理由．
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得
留意到d≠0，解得a1＝2，d＝1.
所以an＝n＋1.(n∈N＋)．
(2)由(1)可知
bn＝＋＋…＋，bn＋1＝＋＋…＋，
由于bn＋1－bn＝＋－＝－＞0，
所以bn＋1>bn.
(理)(2021·呼和浩特市二调)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝－，求数列{n·an}的前n项和Tn.
[解析] (1)由已知得2S3＝S1＋S2，
∴2(a1＋a2＋a3)＝a1＋(a1＋a2)，
∴a2＋2a3＝0，an≠0，
∴1＋2q＝0，∴q＝－.
(2)∵a1－a3＝a1(1－q2)＝a1(1－)＝a1＝－，
∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(－)n－1＝(－)n－2，
∴nan＝n(－)n－2.
∴Tn＝1·(－)－1＋2·(－)0＋3·(－)1＋…＋n·(－)n－2，①
∴－Tn＝1·(－)0＋2·(－)1＋3·(－)2＋…＋n·(－)n－1，②
①－②得
Tn＝－2＋[(－)0＋(－)1＋(－)2＋…＋(－)n－2]－n·(－)n－1
＝－－(－)n－1(＋n)，
∴Tn＝－－(－)n－1(＋n).
一、选择题
11．(文)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )
A．n(2n＋3) B．n(n＋4)
C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4)
[答案] A
[解析] 设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)⇒k＝2，
f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.
(理)已知数列{an}是等比数列，且每一项都是正数，若a1、a49是2x2－7x＋6＝0的两个根，则a1·a2·a25·a48·a49的值为( )
A. B．9
C．±9 D．35
[答案] B
[解析] ∵{an}是等比数列，且a1，a49是方程2x2－7x＋6＝0的两根，
∴a1·a49＝a＝3.而an>0，∴a25＝.
∴a1·a2·a25·a48·a49＝a＝()5＝9，故选B.
12．(2022·哈三中二模)在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－18，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前20项的和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
[答案] C
[解析] ∵a1＋a2＋a3＝－18，a18＋a19＋a20＝78，
∴(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝60，
∴a1＋a20＝20，∴S20＝＝10×20＝200.
13．(2021·福建理，6)阅读如图所示的程序框图，若输入的k＝10，则该算法的功能是( )
A．计算数列{2n－1}的前10项和
B．计算数列{2n－1}的前9项和
C．计算数列{2n－1}的前10项和
D．计算数列{2n－1}的前9项和
[答案] A
[解析] 由框图结合k＝10可知此框图进行了10次运算，结果为1＋2＋4＋9＋…＋29，故选A.
二、填空题
14．(2022·河北名校名师俱乐部模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a3＝________.
[答案]
[解析] 解法1：∵S6＝4S3，∴a4＋a5＋a6＝3(a1＋a2＋a3)＝(a1＋a2＋a3)q3，
∴q3＝3，∴q＝，∴a3＝a1q2＝.
解法2：∵a1＝1，S6＝4S3，∴＝，
∴1＋q3＝4，
∴q3＝3，∴q＝，∴a3＝a1q2＝.
15．已知向量a＝(2，－n)，b＝(Sn，n＋1)，n∈N*，其中Sn是数列{an}的前n项和，若a⊥b，则数列{}的最大项的值为________．
[答案]
[解析] ∵a⊥b，∴a·b＝2Sn－n(n＋1)＝0，
∴Sn＝，∴an＝n，
∴＝＝，当n＝2时，n＋取最小值4，此时取到最大值.
三、解答题
16．(2022·沈阳市质检)在△ABC中，角A、B、C的对应边分别是a、b、c，满足b2＋c2＝bc＋a2.
(1)求角A的大小；
(2)已知等差数列{an}的公差不为零，若a1cosA＝1，且a2，a4，a8成等比数列，求{}的前n项和Sn.
[解析] (1)∵b2＋c2－a2＝bc，
∴＝＝，
∴cosA＝，
又∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)设{an}的公差为d，由已知得a1＝＝2，
且a＝a2·a8，
∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，且d不为零，
∴d＝2，
∴an＝2n.
∴＝＝－，
∴Sn＝(1－)＋(－)＋(－)…＋(－)＝1－＝.
17．(文)定义：若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数．
(1)证明：数列{2an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列；
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an＋1)，求Tn关于n的表达式；
(3)记bn＝log2an＋1Tn，求数列{bn}的前n项之和Sn，并求使Sn>2022成立的n的最小值．
[解析] (1)证明：由题意得an＋1＝2a＋2an，
∴2an＋1＋1＝4a＋4an＋1＝(2an＋1)2.
所以数列{2an＋1}是“平方递推数列”．
令cn＝2an＋1，所以lgcn＋1＝2lgcn.
由于lg(2a1＋1)＝lg5≠0，
所以＝2.
所以数列{lg(2an＋1)}为等比数列．
(2)由(1)知lg(2an＋1)＝(lg5)×2n－1，
∴2an＋1＝10(lg5)×2n－1＝52n－1，
∴Tn＝520×521×522×…×52n－1＝520＋21＋…＋2n－1＝52n－1.
(3)∵bn＝log2an＋1Tn＝＝2－()n－1，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n－
＝2n－2＋，
由2n－2＝2022得n＝1007，
∴S1006＝2×1006－2＋∈(2010,2011)，S1007＝2×1007－2＋∈(2022,2021)．
故使Sn>2022成立的n的最小值为1007.
(理)已知曲线C：xy＝1，过C上一点An(xn，yn)作一斜率为kn＝－的直线交曲线C于另一点An＋1(xn＋1，yn＋1)，点列{An}的横坐标构成数列{xn}，其中x1＝.
(1)求xn与xn＋1的关系式；
(2)令bn＝＋，求证：数列{bn}是等比数列；
(3)若cn＝3n－λbn(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立．
[分析] (1)由直线方程点斜式建立xn与yn关系，而(xn，yn)在曲线xy＝1上，有xnyn＝1，消去yn得xn与xn＋1的关系；(2)由定义证为常数；(3)转化为恒成立的问题解决．
[解析] (1)过点An(xn，yn)的直线方程为y－yn＝－(x－xn)，
联立方程，消去y得
x2－x＋1＝0.
解得x＝xn或x＝.
由题设条件知xn＋1＝.
(2)证明：＝
＝＝＝＝－2.
∵b1＝＋＝－2≠0，∴数列{bn}是等比数列．
(3)由(2)知，bn＝(－2)n，要使cn＋1>cn恒成立，由cn＋1－cn＝[3n＋1－λ(－2)n＋1]－[3n－λ(－2)n]＝2·3n＋3λ(－2)n>0恒成立，
即(－1)nλ>－n－1恒成立．
①当n为奇数时，即λ<n－1恒成立．
又n－1的最小值为1，∴λ<1.
②当n为偶数时，即λ>－n－1恒成立，
又－n－1的最大值为－，∴λ>－，
即－<λ<1.又λ为非零整数，
∴λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn.
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