第1頁(yè)（共1頁(yè)）高二冬季（寒假）組題包5——數(shù)列的函數(shù)特性與等差比數(shù)列一．選擇題（共16小題）1．（2022秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）已知數(shù)列{an}滿足an=nn2A．12 B．15 C．16 【解答】解：由an=nn2又an=1n+6n，n又因?yàn)閥=1x+6x在（0，6）上單調(diào)遞增，在（所以{an}的最大值為a2＝a3=1故選：B．2．（2021秋?龍鳳區(qū)校級(jí)期末）數(shù)列{an}中前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝λn2+2n+1（λ∈R），若{an}是遞增數(shù)列，則λ的取值范圍為（）A．（0，+∞） B．(12，+∞) C．（1，+∞）【解答】解：∵數(shù)列{an}中前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝λn2+2n+1（λ∈R），∴a1＝λ+3，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣Sn﹣1＝λn2+2n+1﹣[λ（n﹣1）2+2（n﹣1）+1]＝2nλ﹣λ+2，∴a2＝3λ+2．顯然，從第二項(xiàng)開始，{an}是以2λ為公差的等差數(shù)列．{an}是遞增數(shù)列，∴2λ＞0，且a2﹣a1＝2λ﹣1＞0，求得λ＞1故選：B．3．（2021秋?金水區(qū)校級(jí)期中）已知數(shù)列{an}滿足an=-n2+2tn，n≤5，n∈A．（92，194） B．（92，+∞） C．（5，+∞） D．（【解答】解：∵數(shù)列{an}滿足an=-n2+2tn，n≤5∴t＞4.5-25+10t＜(t-1)×6故選：A．4．（2021?武進(jìn)區(qū)校級(jí)模擬）已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝n2+λn（n∈N*），則“a1＜a2”是數(shù)列{an}遞增的（）條件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要條件 D．既非充分也非必要【解答】解：a1＜a2?1+λ＜4+2λ?λ＞﹣3，數(shù)列{an}遞增?an+1﹣an＞0恒成立?λ＞﹣（2n+1）恒成立?λ＞﹣3．因此“a1＜a2”是數(shù)列{an}遞增的充要條件．故選：C．5．（2021春?新建區(qū)校級(jí)月考）數(shù)列{an}：an＝n2+λn（n∈N*）是一個(gè)單調(diào)遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（）A．（﹣3，+∞） B．（-52，+∞） C．（﹣2，+∞） D．（0，【解答】解：an＝n2+λn（n∈N*）是一個(gè)單調(diào)遞增數(shù)列，∴an+1＞an，即（n+1）2+λ（n+1）＞n2+λn（n∈N*），化為：λ＞﹣（2n+1），∴λ＞﹣3．則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（﹣3，+∞）．故選：A．6．（2020秋?豐臺(tái)區(qū)校級(jí)期中）已知數(shù)列{an}滿足an＝n+32n，則數(shù)列{anA．343 B．575 C．82 D【解答】解：∵數(shù)列{an}滿足an＝n+32n，n≥1且n為自然數(shù)，則n+32n≥當(dāng)且僅當(dāng)n=32故當(dāng)n＝6時(shí)，數(shù)列{an}取得最小值為6+32故選：A．7．（2020秋?韓城市校級(jí)期中）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n2+1，n∈N*，則a5＝（）A．20 B．17 C．18 D．19【解答】解：∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n2+1，n∈N*，則a5＝S5﹣S4＝2×52+1﹣（2×42+1）＝18．故選：C．8．（2020秋?焦作期中）在數(shù)列{an}中，an=n+2n+1，則{anA．是常數(shù)列 B．不是單調(diào)數(shù)列 C．是遞增數(shù)列 D．是遞減數(shù)列【解答】解：在數(shù)列{an}中，an=n+2n+1=1+1n+1，則{an}是故選：D．9．（2022秋?長(zhǎng)安區(qū)期中）數(shù)列{an}滿足a1＝1，an=an-1an-1+1（n≥A．13 B．14 C．15 【解答】解：根據(jù)條件a2=11+1=12故選：C．10．（2018春?禪城區(qū)校級(jí)月考）數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n﹣7，關(guān)于此數(shù)列的圖象敘述正確的是（）A．此數(shù)列不能用圖象表示 B．此數(shù)列的圖象僅在第一象限 C．此數(shù)列的圖象為直線y＝2x﹣7 D．此數(shù)列圖象為直線y＝2x﹣7上滿足x∈N+的一系列孤立的點(diǎn)【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n﹣7，此數(shù)列圖象為直線y＝2x﹣7上滿足x∈N+的一系列孤立的點(diǎn)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n﹣7，則a1＝﹣5，點(diǎn)（1，﹣5）在第四象限，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，數(shù)列{an}的圖象為直線y＝2x﹣7上滿足x∈N+的一系列孤立的點(diǎn)，n必須為整數(shù)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，數(shù)列{an}的圖象為直線y＝2x﹣7上滿足x∈N+的一系列孤立的點(diǎn)，D正確，故選：D．11．（2021秋?西城區(qū)校級(jí)期中）已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n+an，則“a2＞a1”是“數(shù)列{A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：數(shù)列{an}單調(diào)遞增?an+1＞an，可得：n+1+an+1＞n+an，化為：a＜∴a＜2．由“a2＞a1”可得：2+a2＞1+a，可得：a∴“a2＞a1”是“數(shù)列{an}單調(diào)遞增”的充要條件，故選：C．12．（2017秋?廬山區(qū)校級(jí)期末）已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=n2+λn-2018，λ∈R，若{aA．（﹣3，+∞） B．[﹣3，+∞） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞）【解答】解：∵數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=n2+λn-2018，λ∈R，若∴an+1﹣an＝（n+1）2+λ（n+1）﹣2018﹣（n2+λn﹣2018）＝2n+1+λ＞0對(duì)任意的自然數(shù)n都成立，即λ＞﹣2n﹣1恒成立，∴λ＞﹣3，故選：A．13．（2018秋?菏澤期中）設(shè)an=1n+1n+1+1n+2+A．12 B．1C．12+13【解答】解：∵an=1n+1n+1+∴a2=1故選：C．14．（2021?全國(guó)）等差數(shù)列{an}中，若a2﹣a5+a8﹣a11+a14＝1，則{an}的前15項(xiàng)和為（）A．1 B．8 C．15 D．30【解答】解：等差數(shù)列{an}中，∵a2﹣a5+a8﹣a11+a14＝（a2+a8+a14）﹣（a5+a11）＝3a8﹣2a8＝1，∴a8＝1，則{an}的前15項(xiàng)和為15×(a1+a15)2故選：C．15．（2022?浙江）已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+1＝an-13an2（n∈NA．2＜100a100＜52 B．52＜100aC．3＜100a100＜72 D．72＜100【解答】解：∵an+1﹣an=-13an2＜∴{an}為遞減數(shù)列，又an+1=an-1∴an+1又a1＝1＞0，則an＞0，∴an∴1a∴1an≥∴100a由an+1=an-累加可得，1a∴1a∴100a綜上，52故選：B．16．（2022?上海）已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)積為Tn，則下列選項(xiàng)判斷正確的是（）A．若S2022＞S2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 B．若T2022＞T2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a2021 D．若數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a2021【解答】解：如果數(shù)列a1＝﹣1，公比為﹣2，滿足S2022＞S2021，但是數(shù)列{an}不是遞增數(shù)列，所以A不正確；如果數(shù)列a1＝1，公比為-12，滿足T2022＞T2021，但是數(shù)列{an}不是遞增數(shù)列，所以如果數(shù)列a1＝1，公比為12，Sn=1-(12)n12=2（1-12n），數(shù)列{數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，可知Tn＞Tn﹣1，可得an＞1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正確，所以D正確；故選：D．二．多選題（共7小題）（多選）17．（2022秋?永昌縣校級(jí)期中）若{an}為等差數(shù)列，a2＝11，a5＝5，則下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)n＝15﹣2n B．﹣20是數(shù)列{an}中的項(xiàng) C．?dāng)?shù)列{an}單調(diào)遞減 D．?dāng)?shù)列{an}前7項(xiàng)和最大【解答】解：在等差數(shù)列{an}中，由a2＝11，a5＝5，得d=a5-a25-2=5-113=-2，則a1＝a∴an＝13﹣2（n﹣1）＝15﹣2n，則數(shù)列{an}單調(diào)遞減，故AC正確；由15﹣2n＝﹣20，解得n=352，故由an≥0，解得n≤352，∴a17＞0，a18＜0，則數(shù)列{an}前17項(xiàng)和最大，故故選：AC．（多選）18．（2022秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期中）已知等差數(shù)列{an}的公差d=-13，當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和SA．S10＞0 B．S11＞0 C．S12＞0 D．S13＜0【解答】解：根據(jù)題意，a6＞0a7＜0，∴aA，S10＝10a1+10×92×（-13）＝10∵53＜a1＜2，∴503＜10a1＜20，∴S10＞B，S11＝11a1+11×102×（-13）＝∵53＜a1＜2，∴553＜11a1＜22，∴S11＞C，S12＝12a1+12×112×（-13）＝12∵53＜a1＜2，∴20＜12a1＜24，∴S12符號(hào)不能確定，∴D，S13＝13a1+13×122×（-13）＝13∵53＜a1＜2，∴653＜13a1＜26，∴S13＜故選：ABD．（多選）19．（2022?蘆溪縣校級(jí)開學(xué)）數(shù)列{an}前n項(xiàng)的和為Sn，則下列說(shuō)法正確的是（）A．若an＝﹣2n+11，則數(shù)列{an}前5項(xiàng)的和最大 B．若{an}為等比數(shù)列，S4＝3，S8＝9，則S16＝54 C．若a1＝2022，Sn＝n2an，則a2021D．若{an}為等差數(shù)列，且a1011＜0，a1011+a1012＞0，則當(dāng)Sn＜0時(shí)，n的最大值為2022【解答】解：對(duì)于A，∵an＝﹣2n+11，∴當(dāng)n≤5時(shí)，an＞0，當(dāng)n≥6時(shí)，an＜0，∴數(shù)列{an}前5項(xiàng)的和最大，故A正確，對(duì)于B：∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，∴S4，S8﹣S4，S12﹣S8，S16﹣S12成等比數(shù)列，設(shè)S12＝x，S16＝y(tǒng)，則3，6，x﹣9，y﹣x成等比數(shù)列，∴3（x﹣9）＝36，∴x＝21，y﹣x＝24，∴y＝45，∴S16＝45，故B錯(cuò)誤，對(duì)于C：∵Sn＝n2an，∴Sn+1＝（n+1）2an+1，∴an+1＝（n+1）2an+1﹣n2an，∴an+1∴a2a1=13，∴ana1=2n(n+1)，∵a1＝2022，∴an=2×2022對(duì)于D：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1011＜0，a1011+a1012＞0，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，a1011+a1012＝a1+a2022＞0，∴S2022=(a1+a2022)×20222＞0，∴當(dāng)Sn＜0時(shí)，n的最大值為2021，故D錯(cuò)誤，故選：AC．（多選）20．（2021秋?新華區(qū)校級(jí)月考）已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，且m，n∈N*，m≠n，則下列結(jié)論正確的是（）A．a(chǎn)n﹣am＝（n﹣m）d B．若an＝m，am＝n，則an+m＝0 C．{Snn}是公差為D．若Sn＝m，Sm＝n，則Sn+m＝﹣（m+n）【解答】解：由題意，可得an＝a1+（n﹣1）d，am＝a1+（m﹣1）d，故an﹣am＝（n﹣m）d，故A正確；若an＝a1+（n﹣1）d＝m，am＝a1+（m﹣1）d＝n，則d＝﹣1，a1＝m+n﹣1．則an+m＝a1+（m+n﹣1）d＝m+n﹣1﹣（m+n﹣1）＝0，故B正確；∵Snn=a1+12?（n﹣1）d，∴{Sn設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝an2+bn①，a、b為常數(shù)，則Sm＝am2+bm＝n②，Sn+m＝a?（m+n）2+b（m+n），②﹣①可得a（m+n）（m﹣n）+b（m﹣n）＝n﹣m，即a（m+n）＝﹣b﹣1③，把③代入Sn+m，可得Sn+m＝a?（m+n）2+b（m+n）＝（﹣b﹣1）（m+n）+b（m+n）＝﹣（m+n），故D正確，故選：ABD．（多選）21．（2022秋?裕華區(qū)校級(jí)月考）已知數(shù)列{an}滿足a1A．{1aB．{an}的通項(xiàng)公式為anC．{an}為遞減數(shù)列 D．{1an}的前n項(xiàng)和Tn＝2n+1【解答】解：數(shù)列{an}滿足a1=13，an+1=2an2an+1(n∈N*)，整理得：1轉(zhuǎn)換為1an+1-2=1所以{1an-2}是以1a1-故：1an-2＝1?（12）n﹣1＝（12）n﹣1故{an}為遞增數(shù)列，且1an=（12）n所以{1an}的前n項(xiàng)和：Tn=1×(1-(12)n)故選：AB．（多選）22．（2022秋?岳麓區(qū)校級(jí)期中）已知Sn是{an}的前n項(xiàng)和，下列結(jié)論正確的是（）A．若{an}為等差數(shù)列，則{pSnnB．若{an}為等差數(shù)列，則S3n＝2S2n﹣Sn C．若{an}為等比數(shù)列，公比為q，則S2n＝（1+qn）Sn D．若{an}為等比數(shù)列，則“m+n＝p+q，m，n，p，q∈N*”是“am?an＝ap?aq”的充要條件【解答】解：對(duì)于A，若{an}為等差數(shù)列，則Sn=an2+bnpSnn=apn+pb，而ap（n+1）+pb﹣apn﹣pb＝ap為常數(shù)，則{p對(duì)于B，若{an}為等差數(shù)列，如an＝n，取n＝1時(shí)，S3n＝S3＝6，2S2n﹣Sn＝2S2﹣S1＝2×3﹣1＝5，S3n≠2S2n﹣Sn，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若{an}為等比數(shù)列，公比為q，當(dāng)q＝1時(shí)，則S2n＝2na1＝（1+qn）Sn，當(dāng)q≠1時(shí)，S2n=a1(1-q2n)1-q，（1+qn）Sn∴S2n＝（1+qn）Sn，故C正確；對(duì)于D，若{an}為等比數(shù)列公比為q0，且m+n＝p+q，m，n，p，q∈N*，則am?an=a12(q0)m+n，ap?aq=a12(q∴若{an}為等比數(shù)列，則“m+n＝p+q，m，n，p，q∈N*”是“am?an＝ap?aq”的充要條件，故D正確．故選：ACD．（多選）23．（2022秋?番禺區(qū)校級(jí)月考）數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，且an+1＝2an+1，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論正確的是（）A．a(chǎn)n＝7 B．?dāng)?shù)列{an+1}是等比數(shù)列 C．a(chǎn)n＝2n﹣1 D．Sn＝2n+1﹣n﹣1【解答】解：∵an+1＝2an+1，∵an+1+1＝2（an+1）．∴數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列，公比為2，∴B正確；又∵a1＝1，a1+1＝2，∴an+1＝2×2n﹣1＝2n，∴an=2∴a3＝7，∴A正確；∴Sn=2(2n-1)2-1-n＝2n+1﹣故選：AB．三．填空題（共5小題）24．（2022?湖南開學(xué)）若數(shù)列{an2n}是公差為1的等差數(shù)列，且a1＝4，則a2＝64，an＝n2【解答】解：∵數(shù)列{an2n}是公差為∴an+1-2an2n+1=1，∴∵a1＝4，則令n＝1，可得a2-2a1=4，即a∴a2＝64．由題意，可得an2n=a12+（n﹣1）×1＝n，∴an=n×2n∴an＝n2×故答案為：64；n2×4n．25．（2022?乙卷）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若2S3＝3S2+6，則公差d＝2．【解答】解：∵2S3＝3S2+6，∴2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，∵{an}為等差數(shù)列，∴6a2＝3a1+3a2+6，∴3（a2﹣a1）＝3d＝6，解得d＝2．故答案為：2．26．（2021?上海）已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為3，公差為2，則a10＝21．【解答】解：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的首項(xiàng)為3，公差為2，則a10＝a1+9d＝3+9×2＝21．故答案為：21．27．（2020?新課標(biāo)Ⅱ）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，則S10＝25．【解答】解：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，則S10＝10a1+10×92d=10×（﹣2）+45×1故答案為：2528．（2020?上海）已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，且a1+a10＝a9，則a1+a2【解答】解：根據(jù)題意，等差數(shù)列{an}滿足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，變形可得a1＝﹣d，所以a1故答案為：278四．解答題（共25小題）29．（2021?新高考Ⅱ）記Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．【解答】解：（Ⅰ）數(shù)列Sn是公差d不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3＝S5，a2a4＝S4．根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，根據(jù)a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合題意），故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，Sn＝﹣4n+n(n-1)2×2＝n2﹣Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，整理可得n2﹣7n+6＞0，當(dāng)n＞6或n＜1時(shí)，Sn＞an成立，由于n為正整數(shù)，故n的最小正值為7．30．（2021?乙卷）記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，已知2Sn（1）證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；（2）求{an}的通項(xiàng)公式．【解答】解：（1）證明：當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝S1，由2b1+1b1當(dāng)n≥2時(shí)，bnbn-1=Sn消去Sn，可得2bn-1bn+1bn=2，所以所以{bn}是以32為首項(xiàng)，1（2）由題意，得a1＝S1＝b1=3由（1），可得bn=32+（n﹣1由2Sn+1bn當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣Sn﹣1=n+2n+1-n+1所以an=331．（2022?全國(guó)）設(shè){an}是首項(xiàng)為1，公差不為0的等差數(shù)列，且a1，a2，a6成等比數(shù)列．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）令bn＝（﹣1）nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．【解答】解：（1）已知{an}是首項(xiàng)為1，公差d不為0的等差數(shù)列，又a1，a2，a6成等比數(shù)列，則（1+d）2＝1+5d，即d2﹣3d＝0，又d≠0，即d＝3，則an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2；（2）由（1）可得：bn則b2k-1+b2k=(-1)2k-1(6k-5)+（﹣1）2k則當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝Sn﹣1+bn=3(n-1)即Sn32．（2019?新課標(biāo)Ⅰ）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{an}的通項(xiàng)公式；（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．【解答】解：（1）根據(jù)題意，等差數(shù)列{an}中，設(shè)其公差為d，若S9＝﹣a5，則S9=(a1+a9)×92=9a5＝﹣a5，變形可得a5＝若a3＝4，則d=a5則an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若Sn≥an，則na1+n(n-1)2d≥a1+（n﹣1）當(dāng)n＝1時(shí)，不等式成立，當(dāng)n≥2時(shí)，有nd2≥d﹣a1，變形可得（n﹣2）d≥﹣2a又由S9＝﹣a5，即S9=(a1+a9)×92=9a5＝﹣a5，則有a5＝0，即a1+4d＝0，則有（又由a1＞0，則有n≤10，則有2≤n≤10，綜合可得：n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N}．33．（2019?北京）設(shè){an}是等差數(shù)列，a1＝﹣10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比數(shù)列．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵{an}是等差數(shù)列，a1＝﹣10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比數(shù)列．∴（a3+8）2＝（a2+10）（a4+6），∴（﹣2+2d）2＝d（﹣4+3d），解得d＝2，∴an＝a1+（n﹣1）d＝﹣10+2n﹣2＝2n﹣12．（Ⅱ）由a1＝﹣10，d＝2，得：Sn＝﹣10n+n(n-1)2×2=n2﹣11n＝（n-11∴n＝5或n＝6時(shí)，Sn取最小值﹣30．34．（2018?新課標(biāo)Ⅱ）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值．【解答】解：（1）∵等差數(shù)列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，∴Sn=n2(a1+an)=12(2n2∴當(dāng)n＝4時(shí)，前n項(xiàng)的和Sn取得最小值為﹣16．35．（2016?新課標(biāo)Ⅱ）等差數(shù)列{an}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn＝[an]，求數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴2a解得：a1∴an=2（Ⅱ）∵bn＝[an]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．36．（2011?福建）已知等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＝﹣3．（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若數(shù)列{an}的前k項(xiàng)和Sk＝﹣35，求k的值．【解答】解：（I）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1+（n﹣1）d由a1＝1，a3＝﹣3，可得1+2d＝﹣3，解得d＝﹣2，從而，an＝1+（n﹣1）×（﹣2）＝3﹣2n；（II）由（I）可知an＝3﹣2n，所以Sn=n[1+(3-2n)]2=2n﹣進(jìn)而由Sk＝﹣35，可得2k﹣k2＝﹣35，即k2﹣2k﹣35＝0，解得k＝7或k＝﹣5，又k∈N+，故k＝7為所求．37．（2010?海南）設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a3＝5，a10＝﹣9．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）求{an}的前n項(xiàng)和Sn及使得Sn最大的序號(hào)n的值．【解答】解：（1）由an＝a1+（n﹣1）d及a3＝5，a10＝﹣9得a1+9d＝﹣9，a1+2d＝5解得d＝﹣2，a1＝9，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝11﹣2n（2）由（1）知Sn＝na1+n(n-1)2d＝10n﹣n因?yàn)镾n＝﹣（n﹣5）2+25．所以n＝5時(shí)，Sn取得最大值．38．（2010?浙江）設(shè)a1，d為實(shí)數(shù)，首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5S6+15＝0．（Ⅰ）若S5＝5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）由題意知S6=-15Sa6＝S6﹣S5＝﹣8所以5解得a1＝7所以S6＝﹣3，a1＝7；（Ⅱ）因?yàn)镾5S6+15＝0，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15＝0，整理得a12+因?yàn)?a1+解得d≤﹣22或d≥22故d的取值范圍為d≤﹣22或d≥22．39．（2009?黑龍江）已知等差數(shù)列{an}中，a3a7＝﹣16，a4+a6＝0，求{an}前n項(xiàng)和Sn．【解答】解：設(shè){an}的公差為d，則(a即a1解得a1因此Sn＝﹣8n+n（n﹣1）＝n（n﹣9），或Sn＝8n﹣n（n﹣1）＝﹣n（n﹣9）．40．（2008?海南）已知{an}是一個(gè)等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝﹣5．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)an；（Ⅱ）求{an}前n項(xiàng)和Sn的最大值．【解答】解：（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，由已知條件，a1解出a1＝3，d＝﹣2，所以an＝a1+（n﹣1）d＝﹣2n+5．（Ⅱ）Sn=na1+n(n-1)2d=-所以n＝2時(shí)，Sn取到最大值4．41．（2018?新課標(biāo)Ⅲ）等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝63，求m．【解答】解：（1）∵等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，當(dāng)q＝2時(shí)，an＝2n﹣1，當(dāng)q＝﹣2時(shí)，an＝（﹣2）n﹣1，∴{an}的通項(xiàng)公式為，an＝2n﹣1，或an＝（﹣2）n﹣1．（2）記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．當(dāng)a1＝1，q＝﹣2時(shí)，Sn=a由Sm＝63，得Sm=1-(-2)m3=63當(dāng)a1＝1，q＝2時(shí)，Sn=a1(1-qn由Sm＝63，得Sm＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．42．已知等比數(shù)列{an}中，a2＝3，a5＝24，解答下列各題．（1）求a8；（2）若Sn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，求S7．【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q3=a5aa1所以a8（2）S7=343．（2022秋?新羅區(qū)校級(jí)月考）已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝4，a1+a5＝14．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）若等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且b1＝a1，b32=a6，{bn}為遞增數(shù)列，求滿足Sn＜2022【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2=4a1+所以an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2；（2）∵b1＝a1＝1，b32＝a6＝16，bn+1＞bn，∴b3＝4，等比數(shù)列{bn}的公比為q＝2，∴Sn=1-2n1-2=令2n﹣1＜2022，得2n＜2023，又n∈N*，210＜2023＜211，所以n的最大值為10．44．（2021秋?溧陽(yáng)市期末）在等比數(shù)列{an}中，（1）a1＝2，q=-12，求S（2）q=12，S100＝150，求a2+a4+a6+?+a【解答】解：（1）根據(jù)題意，若a1＝2，q=-1則S10（2）根據(jù)題意，若q=12，S100＝則S100＝a1+a2+a3+a4+…+a99+a100＝2（a2+a4??+a100）+a2+a4??+a100＝3（a2+a4+?+a100）＝150，則a2+a4+?+a100＝50．45．（2021秋?鐵東區(qū)校級(jí)期末）等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a9＝9a7．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝61，求m的值．【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則an因?yàn)閍9＝9a7，所以q8＝9q6，解得q＝0（舍去），q＝﹣3或q＝3，故an=(-3)（2）若q＝﹣3，則Sn=1-(-3)n4，由Sm＝61，得（﹣3）m＝﹣若q＝3，則Sn=3n-12，由Sm＝61，得3m＝123綜上，m＝5．46．（2021秋?聊城期末）已知等比數(shù)列{an}滿足a2a3＝2a4＝32．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：n≥2時(shí)，an2＞Sn+5．【解答】（1）解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍2a3＝2a4＝32，所以a12q3=2a1又等比數(shù)列{an}中a1和q均不為0，所以a1＝q＝2，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1?qn﹣1＝2?2n﹣1＝2n．（2）證明：由（1）可得Sn=a1(1-qn)因?yàn)閚≥2時(shí)，2n＞3，所以an2﹣Sn﹣5＝（2n）2﹣2n+1﹣3＝（2n）2﹣2?2n﹣3＝（2n+1）（2n﹣3）＞0，所以n≥2時(shí)，an2＞Sn+5．47．（2021秋?重慶期末）已知數(shù)列{an}滿足an+1﹣an＝3，且a1，a5，a8成等比數(shù)列．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值及此時(shí)n的值．【解答】解：（1）∵an+1﹣an＝3，∴數(shù)列{an}的公差為3，故an＝a1+3（n﹣1），又∵a1，a5，a8成等比數(shù)列，∴（a1+12）2＝a1（a1+21），解得a1＝﹣48，故an＝a1+3（n﹣1）＝3n﹣51；（2）由題意得，Sn取最小值時(shí)，即an變號(hào)時(shí)，令an＝3n﹣51＝0得，n＝17；故Sn的最小值為S16＝S17＝﹣408；此時(shí)n的值為16或17．48．（2022春?定遠(yuǎn)縣校級(jí)月考）已知等比數(shù)列{an}的