62等差數(shù)列（十年高考數(shù)學）6.2等差數(shù)列考點1等差數(shù)列及其前n項和1.(2024全國甲理,4,5分,易)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S5=S10,a5=1,則a1=()A.72 B.73 C.-134B∵S5=S10,∴a6+a7+a8+a9+a10=0,∴5a8=0.∴a8=0,又a5=1,∴d=-13,∴a1=a5-4d=1+43=2.(2023全國甲文,5,5分,易)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a2+a6=10,a4a8=45,則S5=()A.25B.22C.20D.15答案C設等差數(shù)列{an}的公差為d,由已知可得2a1+6d=10,(a1+3d)(a1+7d)=45,3.(2023全國乙理,10,5分,中)已知等差數(shù)列{an}的公差為2π3,集合S={cosan|n∈N*}.若S={a,b},則ab=()A.-1B.-1答案B由題意,得an=a1+(n-1)·2π3,又S={cosan|n∈N*}={a,b},∴cosa1≠cosa2,但cosa1=cosa3,即cosa1=cosa1+4π3,∴a1+a1+4π3=2kπ(k∈Z),∴a1=-2π3+kπ(k∈Z).不妨取k=1,則a1=π3,a2=π3+2π3=π,則S=124.(2021北京,6,4分)已知{an}和{bn}是兩個等差數(shù)列,且akbk(1≤k≤5)是常數(shù),若a1=288,a5=96,b1=192,則b3的值為(A.64B.100C.128D.132答案C命題意圖:本題以定義新運算為出題背景,考查等差數(shù)列的性質,考查學生的運算求解能力,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學運算,落實了應用性、綜合性和創(chuàng)新性的考查要求.解題思路:解法一:因為{an}是等差數(shù)列,所以2a3=a1+a5=288+96,所以a3=192,又因為當1≤k≤5時,akbk是常值,所以a3b3=a1解法二:由題意可知a1b1=a5b5,則b5=64,又{bn}是等差數(shù)列5.(2022新高考Ⅱ,3,5分)圖1是中國古代建筑中的舉架結構,AA',BB',CC',DD'是桁,相鄰桁的水平距離稱為步,垂直距離稱為舉.圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖,其中DD1,CC1,BB1,AA1是舉,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3.已知k1,k2,k3成公差為圖1圖2A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案D令OD1=DC1=CB1=BA1=a,則CC1=k1a,BB1=k2a,AA1=k3a,DD1=0.5a,所以A的坐標為(4a,k1a+k2a+k3a+0.5a),所以kOA=k1a+k所以k1+k2+k3+0.5=2.9.因為k1,k2,k3成公差為0.1的等差數(shù)列,所以k1+k2+k3+0.5=3k3-0.3+0.5=2.9,所以k3=0.9,故選D.6.(2023新課標Ⅰ,7,5分,中)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,設甲:{an}為等差數(shù)列;乙:Snn為等差數(shù)列,則(A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件答案C若{an}為等差數(shù)列,設公差為d,則an=a1+(n-1)d,∴Sn=na1+n(n?1)d2,∴Snn當n≥2時,Sn?1n?1=a1∴Snn-Sn?1n?1=a1+n?12d-a∴Snn是以S1為首項,d若Snn為等差數(shù)列,設公差為d',則Snn=S1+(n-1)d'=a1+(n∴Sn=na1+n(n-1)d',當n≥2時,Sn-1=(n-1)a1+(n-1)(n-2)d',兩式作差得,an=a1+2(n-1)d',又n=1時也滿足上式,∴an=a1+2(n-1)d',n∈N*,當n≥2時,an-1=a1+2(n-2)d',∴an-an-1=a1+2(n-1)d'-a1-2(n-2)d'=2d',∴{an}是以a1為首項,2d'為公差的等差數(shù)列.綜上,甲是乙的充要條件,故選C.7.(2020課標Ⅱ理,4,5分)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環(huán),向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699塊B.3474塊C.3402塊D.3339塊答案C由題意可設每層有n個環(huán),則三層共有3n個環(huán),∴每一環(huán)扇面形石板的塊數(shù)構成以a1=9為首項,9為公差的等差數(shù)列{an},且項數(shù)為3n.不妨設上層扇面形石板總數(shù)為S1,中層總數(shù)為S2,下層總數(shù)為S3,∴S3-S2=9(2n+1)·n+n(n?1)2×9?9(則三層共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3402(塊).故選C8.(2015課標Ⅱ文,5,5分)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和.若a1+a3+a5=3,則S5=()A.5B.7C.9D.11答案A∵{an}為等差數(shù)列,∴a1+a5=2a3,得3a3=3,則a3=1,∴S5=5(a1+a59.(2015課標Ⅰ文,7,5分)已知{an}是公差為1的等差數(shù)列,Sn為{an}的前n項和.若S8=4S4,則a10=()A.172B.19答案B由S8=4S4得8a1+8×72×1=4×4a1+4×32×1,解得a評析本題主要考查等差數(shù)列的前n項和,計算準確是解題關鍵,屬容易題.10.(2015浙江理,3,5分)已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項和是Sn.若a3,a4,a8成等比數(shù)列,則()A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>0答案B由a42=a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-53d,則a1d=-53d2<0,又∵S4=4a1+6d=-23d,∴dS4=-211.(2024新課標Ⅱ,12,5分,易)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,則S10=.

12答案95解析解法一:設等差數(shù)列{an}的公差為d,由題意得a3+a4=(a1+2d)+(a1+3d)=7,3a2+a5=3(a1+d)+(a1+4d)=5,即2a1+5d=7,4a1+7d=5,解法二:設{an}的公差為d.a3+a4=7①,3a2+a5=5②,①+②得3a2+a3+a4+a5=3(a2+a4)=12,即a2+a4=4③,①-③得a3-a2=d=3,所以a3+a3+d=7,所以a3=2,故an=a3+(n-3)d=3n-7,所以S10=(-4+3×10-7)×10210.(2013課標Ⅰ理,7,5分)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,則m=()A.3B.4C.5D.6答案C解法一:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+n(n?1)2得m由①得a1=1?m2,代入解法二:∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列,且前n項和為Sn,∴數(shù)列Snn∴Sm?1m?1+Sm+1m+1=2Sm11.(2016課標Ⅰ,3,5分)已知等差數(shù)列{an}前9項的和為27,a10=8,則a100=()A.100B.99C.98D.97答案C設{an}的公差為d,由等差數(shù)列前n項和公式及通項公式,得S9=9a1+9×82d=27,思路分析用a1,d表示S9,a10,列方程組求出a1,d,從而可求得a100.12.(2022全國乙文,13,5分)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.若2S3=3S2+6,則公差d=.

答案2解析∵2S3=3S2+6,∴2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2.13.(2014天津理,11,5分)設{an}是首項為a1,公差為-1的等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若S1,S2,S4成等比數(shù)列,則a1的值為.

答案-1解析S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6.故(2a1-1)2=a1×(4a1-6),解得a1=-1214.(2013課標Ⅱ理,16,5分)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知S10=0,S15=25,則nSn的最小值為.

答案-49解析由Sn=na1+n(n?解得a1=-3,d=23則Sn=-3n+n(n?1)2·2所以nSn=13(n3-10n2令f(x)=13(x3-10x2則f'(x)=x2-203x=xx?203,當x∈1,203當x∈203,+∞時,f(x)遞增,又6<20f(7)=-49,所以nSn的最小值為-49.評析本題考查了數(shù)列與函數(shù)的應用,考查了數(shù)列的基本運算,利用導數(shù)求最值.本題易忽略n的取值范圍.15.(2023全國乙文,18,12分,中)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,已知a2=11,S10=40.(1)求{an}的通項公式;(2)求數(shù)列{|an|}的前n項和Tn.解析(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d,則a1+∴an=13-2(n-1)=15-2n.(2)由an=15-2n知,當n≤7,n∈N*時,an>0,當n≥8,n∈N*時,an<0,∴當n≤7,n∈N*時,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=n(28?2n)2=-n當n≥8,n∈N*時,Tn=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+an)=2S7-Sn=98-(-n2+14n)=n2-14n+98.∴Tn=?16.(2023新課標Ⅰ,20,12分,中)設等差數(shù)列{an}的公差為d,且d>1,令bn=n2+nan,記Sn,Tn分別為數(shù)列{an},{bn(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通項公式;(2)若{bn}為等差數(shù)列,且S99-T99=99,求d.解析(1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,又∵bn=n2+nan,∴b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a∴S3+T3=6a1+9a1解得a1=3或a1=12(舍),∴an=3(2)∵{bn}為等差數(shù)列,∴2b2=b1+b3,即12a2=2a即6a1+d=1a1+6a1+2d,即∴a1=2d或a1=d.當a1=2d時,an=(n+1)d,bn=nd∴S99=(2d+100dT99=1d·(1+99)×992=又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·1d=99∴51d-50d=1,解得d=1或d=-50又∵d>1,∴a1≠2d.當a1=d時,an=nd,bn=n+1∴S99=(1+99)×99d2=50×99T99=1d·(2+100)×992=又∵S99-T99=99,∴50×99d-51×99d=99∴50d-51d=1,解得d=5150或d又∵d>1,∴d=5150綜上,d=515017.(2022全國甲,理17,文18,12分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和.已知2Snn+n=2a(1)證明:{an}是等差數(shù)列;(2)若a4,a7,a9成等比數(shù)列,求Sn的最小值.解析(1)證明:由已知條件2Snn+n=2an2Sn=2nan+n-n2①,當n≥2時,由①可得2Sn-1=2(n-1)·an-1+(n-1)-(n-1)2②,由an=Sn-Sn-1及①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,且n∈N*,即an-an-1=1,因此{an}是等差數(shù)列,公差為1.(2)∵a4,a7,a9成等比數(shù)列,且a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,∴a72=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1解得a1=-12,∴等差數(shù)列{an}的通項公式為an=-12+(n-1)·1=n-13,∴Sn=(a∵n∈N*,∴當n=12或n=13時,Sn最小,最小值為-78.18.(2021全國乙理,19,12分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,bn為數(shù)列{Sn}的前n項積,已知2Sn(1)證明:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列;(2)求{an}的通項公式.解析(1)證明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,Sn=b由2Sn+當n=1時,2S1+1b1=2,即2b1+1b當n≥2時,2bnbn?1+1bn=2,即2bn=2bn-1+1,即故數(shù)列{bn}是首項為32,公差為12(2)由(1)知,bn=32+(n-1)×1故當n≥2時,Sn=bnbn?1=即Sn=n+2n+1(n∈從而a1=S1=32當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n+2n+1?n所以an=319.(2022浙江,20,15分)已知等差數(shù)列{an}的首項a1=-1,公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N*).(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;(2)若對于每個n∈N*,存在實數(shù)cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數(shù)列,求d的取值范圍.解析(1)∵{an}為等差數(shù)列,∴an=(n-1)d-1,∴S4-2a2a3+6=6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,解得d=3或d=0,又d>1,∴d=3,則an=3n-4,n∈N*,Sn=(?1+3n?4)n2=n(2)∵an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數(shù)列,∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),∴an+12+16cn2+8an+1cn=anan+2+15cn2+(∴cn2+(8an+1-an+2-15an)cn+d2由(1)知an=(n-1)d-1,∴8an+1-an+2-15an=8+(14-8n)d,則有cn2+[8+(14-8n)d]cn+d2=0對每個n∈N*∴Δ=[8+(14-8n)d]2-4d2=[8+(16-8n)d][8+(12-8n)d]≥0對每個n∈N*都成立,即n?1d?2n?1d由于n為正整數(shù),d>1,∴1d+2和1d+32只能同處于相鄰的整數(shù)之間,又∵2<1d+2<3∴23<d≤2,故1<d≤220.(2021全國甲文,18,12分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,已知an>0,a2=3a1,且數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列.證明:{an}是等差數(shù)列解題指導:根據(jù)已知條件{Sn}為等差數(shù)列,求出數(shù)列{Sn}的通項公式,利用an=Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*)即可求出{an}的通項公式,根據(jù)等差數(shù)列的定義可證明其為等差數(shù)列解析設等差數(shù)列{Sn}的公差為d,因為a2=3a1,S1=a1,S2=a1+a2=4a1=2a1,所以d當n≥2時,Sn-1=(n-1)2a1,所以an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,經檢驗,當n=1時,也滿足題意,所以an=(2n-1)a1,n∈N*,當n≥2時,an-an-1=(2n-1)a1-(2n-3)a1=2a1(常數(shù)),∴{an}是等差數(shù)列.易錯警示應用an=S1(n=1),Sn?21.(2021全國甲理,18,12分)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),記Sn為{an}的前n項和,從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個成立.①數(shù)列{an}是等差數(shù)列;②數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列;③a2=3a1注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.解題指導:先選兩個作為條件,余下一個作為結論,然后進行證明.如果是證明③,利用等差中項法,即只需2S2=S1+S3,通過化簡即可得證;如果是證明①解析選①②作為條件,證明③.證明:設等差數(shù)列{an}的公差為d,因為{Sn}是等差數(shù)列,所以2S2=S1+S3,即22a1+d=a1+3a1+3d,兩邊平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2a1(3a1+3d),整理得4a1+d=2a1(3a1+3d),兩邊平方,得16a12+8a1d+d2=4(3a12選①③作為條件,證明②.證明:設等差數(shù)列{an}的公差為d.因為a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1.所以等差數(shù)列{an}的前n項和Sn=na1+n(n?1)2d=na1+n(n?1)2·2a1則Sn+1?Sn=(n+1)a1?na選②③作為條件,證明①.證明:設等差數(shù)列{Sn}的公差為d,因為S1=a1,S2=a1+a2=a1+3a1=2a1,所以d=S2?S1=2a1?a1=a1,則等差數(shù)列{Sn}的通項公式為Sn=a1+(n-1)a1=na1,所以Sn=n2a1,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且當n=1時,上式也成立,所以數(shù)列{an}的通項公式為an=方法總結:證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的方法:(1)定義法:證明an-an-1=d(n≥2,n∈N*),或an+1-an=d(n∈N*);(2)等差中項法:證明2an=an-1+an+1(n≥2,n∈N*).22.(2013課標Ⅱ文,17,12分)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零,a1=25,且a1,a11,a13成等比數(shù)列.(1)求{an}的通項公式;(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.解析(1)設{an}的公差為d.由題意,得a112=a1a即(a1+10d)2=a1(a1+12d).于是d(2a1+25d)=0.又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.故an=-2n+27.(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首項為25,公差為-6的等差數(shù)列.從而Sn=n2(a1+a3n-2=n2=-3n2+28n.23.(2014大綱全國文,17,10分)數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.(1)設bn=an+1-an,證明{bn}是等差數(shù)列;(2)求{an}的通項公式.解析(1)證明:由an+2=2an+1-an+2得,an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.又b1=a2-a1=1,所以{bn}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列.(5分)(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.(8分)于是∑所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.又a1=1,所以{an}的通項公式為an=n2-2n+2.(10分)評析本題著重考查等差數(shù)列的定義、前n項和公式及“累加法”求數(shù)列的通項等基礎知識,同時考查運算變形的能力.24.(2014課標Ⅰ理,17,12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù),(1)證明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由.解析(1)證明:由題設anan+1=λSn-1,知an+1an+2=λSn+1-1.兩式相減得,an+1(an+2-an)=λan+1.由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)存在.由a1=1,a1a2=λa1-1,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}是首項為1,公差為4的等差數(shù)列,a2n-1=1+(n-1)·4=4n-3;{a2n}是首項為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=3+(n-1)·4=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得{an}為等差數(shù)列.評析本題主要考查an與Sn的關系及等差數(shù)列的定義,考查學生的邏輯思維能力及分析解決問題的能力.25.(2017課標Ⅰ文,17,12分)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{an}的通項公式;(2)求Sn,并判斷Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差數(shù)列.解析本題考查等差、等比數(shù)列.(1)設{an}的公比為q,由題設可得a1(1+q)=2,故{an}的通項公式為an=(-2)n.(2)由(1)可得Sn=a1(1?qn)1由于Sn+2+Sn+1=-43+(-1)n·=2?23+(故Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列.方法總結等差、等比數(shù)列的常用公式:(1)等差數(shù)列:遞推關系式:an+1-an=d,常用于等差數(shù)列的證明.通項公式:an=a1+(n-1)d.前n項和公式:Sn=(a1+an(2)等比數(shù)列:遞推關系式:an+1an=q(q通項公式:an=a1·qn-1.前n項和公式:Sn=n(3)在證明a,b,c成等差、等比數(shù)列時,還可以利用等差中項:a+c2=b或等比中項:a·c=b考點2等差數(shù)列的性質1.(2015廣東理,10,5分)在等差數(shù)列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,則a2+a8=.

答案10解析利用等差數(shù)列的性質可得a3+a7=a4+a6=2a5,從而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8=2a5=10.2.(2015陜西文,13,5分)中位數(shù)為1010的一組數(shù)構成等差數(shù)列,其末項為2015,則該數(shù)列的首項為.

答案5解析設該數(shù)列的首項為a1,根據(jù)等差數(shù)列的性質可得a1+2015=2×1010,從而a1=5.3.(2014北京理,12,5分)若等差數(shù)列{an}滿足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,則當n=時,{an}的前n項和最大.

答案8解析根據(jù)題意知a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0.又a8+a9=a7+a10<0,∴a9<0,∴當n=8時,{an}的前n項和最大.6.3等比數(shù)列考點1等比數(shù)列及其前n項和1.(2023全國甲理,5,5分,中)設等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),前n項和為Sn,若a1=1,S5=5S3-4,則S4=()A.158B.65答案C設數(shù)列{an}的公比為q(q>0),由題意可知q≠1.∵S5=5S3-4,∴a1(1?q5∴q4-5q2+4=0,解得q2=4或q2=1,∴q=2,∴S4=a1(1?q4)1?2.(2023天津,6,5分,易)已知{an}為等比數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,an+1=2Sn+2,則a4的值為()A.3B.18C.54D.152答案C∵an+1=2Sn+2,∴an=2Sn-1+2(n≥2),兩式相減得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),又∵{an}是等比數(shù)列,∴{an}的公比為3.而a2=2S1+2,∴3a1=2a1+2,∴a1=2,∴an=2·3n-1,∴a4=2×33=54,故選C.3.(2021全國甲文,9,5分)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若S2=4,S4=6,則S6=()A.7B.8C.9D.10答案A解題指導:思路一:直接利用求和公式解關于首項和公比兩個基本量的方程組.思路二:根據(jù)等比數(shù)列前n項和的性質(依次每n項和仍然成等比數(shù)列且Sn≠0)求解.解析解法一(基本量法):設{an}的首項為a1,公比為q(q≠1),則a∴S6=a1(1?q6)解法二(利用等比數(shù)列前n項和的性質):由題意知S2,S4-S2,S6-S4成等比數(shù)列,則(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7,故選A.4.(2021全國甲理,7,5分)等比數(shù)列{an}的公比為q,前n項和為Sn.設甲:q>0,乙:{Sn}是遞增數(shù)列,則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件答案B當q=1,a1<0時,等比數(shù)列{an}的前n項和Sn=na1<0,可知{Sn}是單調遞減數(shù)列,因此甲不是乙的充分條件;若{Sn}是遞增數(shù)列,則當n≥2時,an=Sn-Sn-1>0,即a1qn-1>0恒成立,而只有當a1>0,q>0時,a1qn-1>0恒成立,所以可得q>0,因此甲是乙的必要條件.綜上,甲是乙的必要條件但不是充分條件.故選B.方法總結:研究數(shù)列{Sn}的單調性只需考慮Sn>Sn-1或Sn<Sn-1(n≥2)成立,不需討論對任意n,m∈N*且n<m,有Sn<Sm或Sn>Sm恒成立.5.(2022全國乙,理8,文10,5分)已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168,a2-a5=42,則a6=()A.14B.12C.6D.3答案D解法一:設{an}的公比為q,則a①②得q(1?q3)1+q+q2=q(1?q)(1+q+q2)1+q+q2=q(1-q)=14,4q2-4q+1=0,即(2q-1)2=0解法二:設數(shù)列{an}的公比為q,前n項和為Sn.由a2-a5=42,得q≠1.由題意得S①②得1q(1?q)=4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=12,代入①得a1=96,∴a6=a1q6.(2013課標Ⅰ文,6,5分)設首項為1,公比為23的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則A.Sn=2an-1B.Sn=3an-2C.Sn=4-3anD.Sn=3-2an答案D因為a1=1,公比q=23,所以an=23n?1,Sn=a1(1?qn)17.(2013課標Ⅱ理,3,5分)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,則a1=()A.13B.-13C.1答案C由已知條件及S3=a1+a2+a3得a3=9a1,設數(shù)列{an}的公比為q,則q2=9.所以a5=9=a1·q4=81a1,得a1=19,故選8.(2023北京,14,5分,中)我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史,戰(zhàn)國時期就已經出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”.已知9枚環(huán)權的質量(單位:銖)從小到大構成項數(shù)為9的數(shù)列{an},該數(shù)列的前3項成等差數(shù)列,后7項成等比數(shù)列,且a1=1,a5=12,a9=192,則a7=;數(shù)列{an}所有項的和為.

答案48;384解析數(shù)列{an}共有9項,前3項成等差數(shù)列,設公差為d(d>0),后7項成等比數(shù)列,設公比為q(q>1),則a2=1+d,a3=1+2d,a5=a3·q2=(1+2d)·q2=12①,a9=a3·q6=(1+2d)·q6=192②,由①②解得q=2,d=1,則a7=a3·q4=3×24=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+6+12+24+48+96+192=1+2+3(1?279.(2023全國甲文,13,5分,易)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若8S6=7S3,則{an}的公比為.

答案-1解析設等比數(shù)列{an}的公比為q,q≠1,∵8S6=7S3,∴8×a1(1?q∴8(1-q6)=7(1-q3),即8(1+q3)=7,解得q=-1210.(2019課標Ⅰ文,14,5分)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若a1=1,S3=34,則S4=答案5解析本題主要考查等比數(shù)列的有關概念;考查學生的運算求解能力;考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算.設公比為q(q≠0),則S3=a1+a2+a3=1+q+q2=34解得q=-12∴a4=a1q3=-18∴S4=S3+a4=34-18=11.(2017課標Ⅲ理,14,5分)設等比數(shù)列{an}滿足a1+a2=-1,a1-a3=-3,則a4=.

答案-8解析本題考查等比數(shù)列的通項.設等比數(shù)列{an}的公比為q,由題意得a解得a∴a4=a1q3=-8.12.(2015課標Ⅰ文,13,5分)在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn為{an}的前n項和.若Sn=126,則n=.

答案6解析由已知得{an}為等比數(shù)列,公比q=2,由首項a1=2,Sn=126得2(1?2n)1評析本題主要考查等比數(shù)列的定義及前n項和公式,屬容易題,注意運算要準確哦!13.(2015湖南理,14,5分)設Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差數(shù)列,則an=.

答案3n-1解析設等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0),依題意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差數(shù)列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1=3n-1.14.(2013遼寧理,14,5分)已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,Sn是{an}的前n項和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的兩個根,則S6=.

答案63解析a1,a3是方程x2-5x+4=0的兩個根且{an}是遞增數(shù)列,故a3=4,a1=1,故公比q=2,S6=a1評析本題考查了等比數(shù)列的求和公式.數(shù)列{an}遞增是解題的關鍵,沒考慮到q>0是失分的主因.15.(2012課標文,14,5分)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S3+3S2=0,則公比q=.

答案-2解析由S3+3S2=0得4a1+4a2+a3=0,有4+4q+q2=0,解得q=-2.評析本題考查了等比數(shù)列的運算,直接利用定義求解可達到事半功倍的效果.16.(2024全國甲理,18,12分,易)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,已知4Sn=3an+4.(1)求{an}的通項公式;(2)設bn=(-1)n-1nan,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.18解析(1)∵4Sn=3an+4①,∴當n=1時,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,當n≥2時,4Sn-1=3an-1+4②,由①-②得,4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1,∴數(shù)列{an}是首項為4,公比為-3的等比數(shù)列.∴an=4×(-3)n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,∴-2Tn=4+4·3(1?3n-1)1?3∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,∴Tn=1+(2n-1)3n.16.(2020課標Ⅰ理,17,12分)設{an}是公比不為1的等比數(shù)列,a1為a2,a3的等差中項.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求數(shù)列{nan}的前n項和.解析(1)設{an}的公比為q,由題設得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.故{an}的公比為-2.(2)記Sn為{nan}的前n項和.由(1)及題設可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1?(?2)n3-n×(-2所以Sn=1917.(2020新高考Ⅰ,18,12分)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈N*)中的項的個數(shù),求數(shù)列{bm}的前100項和S100.解析(1)設{an}的公比為q.由題設得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.由題設得a1=2所以{an}的通項公式為an=2n.(2)由題設及(1)知b1=0,且當2n≤m<2n+1時,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.思路分析(1)設出公比q,由題設條件求得a1和q,利用等比數(shù)列的通項公式得出結果.(2)由題設及(1)推導出bm,再計算數(shù)列{bm}的前100項和,即先給m賦值,推導出規(guī)律,再進行運算,得到S100的值.18.(2022新高考Ⅱ,17,10分)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是公比為2的等比數(shù)列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)證明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的個數(shù).解析(1)證明:設等差數(shù)列{an}的公差為d.由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,①由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,∴2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素個數(shù)為9個.19.(2018課標Ⅰ文,17,12分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=2(n+1)an.設bn=an(1)求b1,b2,b3;(2)判斷數(shù)列{bn}是不是等比數(shù)列,并說明理由;(3)求{an}的通項公式.解析(1)由條件可得an+1=2(n+1)n將n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.將n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.從而b1=1,b2=2,b3=4.(2){bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列.由條件可得an+1n+1=2ann又b1=1,所以{bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列.(3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n·2方法規(guī)律等比數(shù)列的判定方法:證明一個數(shù)列為等比數(shù)列常用定義法或等比中項法,通項公式法及前n項和公式法只用于選擇題、填空題中的判定.若證明某數(shù)列不是等比數(shù)列,則只需證明存在連續(xù)三項不成等比數(shù)列即可.20.(2014課標Ⅱ理,17,12分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=3an+1.(1)證明an+12是等比數(shù)列,并求{a(2)證明1a1+1a2+…+解析(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3a又a1+12=32,所以an+12是首項為an+12=3n2,因此{an}的通項公式為an(2)由(1)知1an=因為當n≥1時,3n-1≥2×3n-1,所以13n?于是1a1+1a2+…+1an≤1+13+…所以1a1+1a2+…+評析本題考查了等比數(shù)列的定義、數(shù)列求和等問題,放縮求和是本題的難點.21.(2011課標文,17,12分)已知等比數(shù)列{an}中,a1=13,公比q=1(1)Sn為{an}的前n項和,證明:Sn=1?(2)設bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求數(shù)列{bn}的通項公式.解析(1)因為an=13×13n?1=13n所以Sn=1?(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-n(所以{bn}的通項公式為bn=-n(評析本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基礎知識,對數(shù)運算性質,要求考生有較清晰的推理思路和運算目標,但難度并不大.屬中檔題.22.(2016課標Ⅲ理,17,12分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=1+λan,其中λ≠0.(1)證明{an}是等比數(shù)列,并求其通項公式;(2)若S5=3132,求解析(1)由題意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=11?λ,a1≠由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1a因此{an}是首項為11?λ,公比為λλ?1的等比數(shù)列,于是a(2)由(1)得Sn=1-λλ由S5=3132得1-λλ?15=3132解得λ=-1.(12分)思路分析(1)先由題設利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1與an的關系式,要證數(shù)列是等比數(shù)列,關鍵是看an+1與an之比是否為一常數(shù),其中說明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)問的結論解方程求出λ.考點2等比數(shù)列的性質及應用1.(2023新課標Ⅱ,8,5分,中)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和,若S4=-5,S6=21S2,則S8=()A.120B.85C.-85D.-120答案C解法一:設等比數(shù)列{an}的公比為q,當q=1時,S4=4a1=-5,解得a1=-54,因為S6=6a1=-152,21S2=21×2a1=-1052,所以S6≠21S2,故因為a1(1?所以S8=a1(1?q8)1?q=13×解法二:由等比數(shù)列前n項和的性質:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,……為等比數(shù)列,可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,……為等比數(shù)列,則(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化簡得4S22-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)所以S2=54或S2=-1設等比數(shù)列{an}的公比為q,當S2=54時,S4?S2S2=a3+a4a1+所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64.又因為S6=-21,所以S8=-85,故選C.2.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比數(shù)列,