第1讲 等差数列与等比数列

第1讲 等差数列与等比数列高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.真 题 感 悟1.(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A.a n ＝2n －5 B.a n ＝3n －10 C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n解析 设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n . 答案 A2.(2020·全国Ⅱ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n＝( )A.2n －1B.2－21－nC.2－2n －1D.21－n －1解析 法一 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2.由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12得a 1＝1. 所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n －1，所以S n a n ＝2n－12n －1＝2－21－n .法二 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12，①a 4q 2－a 4＝24，②②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q 2＝1，下同法一. 答案 B3.(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 则4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12， ∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案 584.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1， 所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列. 由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n－b n ＝2n －1， 所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.考 点 整 合1.等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ； (3)常用性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列. 2.等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)常用性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列.温馨提醒 应用公式a n ＝S n －S n －1时一定注意条件n ≥2，n ∈N *.热点一 等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2020·全国Ⅱ卷)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2B.3C.4D.5解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，∴2k ＋1（1－210）1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4. 答案 C(2)(2019·北京卷)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.①求{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解 ①设{a n }的公差为d . 因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12.②法一 由①知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ＝6时，a n ＝0；当n <6时，a n <0； 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.法二 由①知，S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n (n －11)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1122－1214，又n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，S n 的最小值S 5＝S 6＝－30. 探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a 1与公差d ，进而由等差数列前n 项和公式将结论表示成“n ”的函数，求出最小值.【训练1】 (1)(2020·河北省一联)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123B.112C.12127D.121(2)(2020·西安模拟)已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 4＝26，且a 1，a 2，a 7成等比数列.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝(－1)n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 511.(1)解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得a 2a 5＝a 3a 4＝3a 3，因为a 3≠0，所以a 4＝3，即a 1q 3＝3 ①.因为a 4与9a 7的等差中项为2，所以a 4＋9a 7＝a 4(1＋9q 3)＝4 ②， 联立①②解得q ＝13，a 1＝81.所以S 5＝81×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1351－13＝121.答案 D(2)解 ①设数列{a n }的公差为d ，d ≠0. ∵a 1，a 2，a 7成等比数列，∴a 22＝a 1a 7，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋6d )，则d 2＝4a 1d .又d ≠0，∴d ＝4a 1，① 由于a 4＝a 1＋3d ＝26，②联立①②，得⎩⎨⎧d ＝4a 1，a 1＋3d ＝26，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝8，∴a n ＝2＋8(n －1)＝8n －6.②∵b n ＝(－1)n ＋1a n ＝(－1)n ＋1(8n －6). ∴T 511＝b 1＋b 2＋…＋b 511＝2－10＋18－26＋…＋4 066－4 074＋4 082 ＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4 066－4 074)＋4 082 ＝－8×255＋4 082＝2 042. 热点二 等差(比)数列的性质【例2】 (1)在数列{a n }中，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a n ≠0.若a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，且S 2n －1＝38，则n ＝( ) A.38 B.20 C.10 D.9(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( ) A.25B.20C.15D.10解析 (1)在数列{a n }中，因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， 所以数列{a n }为等差数列.由a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，得2a n －a 2n ＝0，又a n ≠0，解得a n ＝2.又S 2n －1＝38，即（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝(2n －1)a n ＝38，即(2n －1)×2＝38，解得n ＝10. (2)在正项等比数列{a n }中，S n ＞0. 因为S 8－2S 4＝5，则S 8－S 4＝5＋S 4， 易知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8是等比数列， 所以(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8＝（S 4＋5）2S 4＝25S 4＋S 4＋10≥225S 4·S 4＋10＝20(当且仅当S 4＝5时取等号). 故a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为20. 答案 (1)C (2)B探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.【训练2】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n <nS n ＋1(n ∈N *).若a 8a 7<－1，则( )A.S n 的最大值是S 8B.S n 的最小值是S 8C.S n 的最大值是S 7D.S n 的最小值是S 7(2)已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________. 解析 (1)由(n ＋1)S n <nS n ＋1得（n ＋1）n （a 1＋a n ）2<n （n ＋1）（a 1＋a n ＋1）2，整理得a n<a n＋1，所以等差数列{a n}是递增数列，又a8a7<－1，所以a8>0，a7<0，所以数列{a n}的前7项为负值，所以S n的最小值是S7.(2)因为对任意的m，n∈N*，a m·a n＝a m＋n恒成立，令m＝1，则a1·a n＝a1＋n对任意的n∈N*恒成立，∴数列{a n}为等比数列，公比为a1，由等比数列的性质有a3a5＝a24，因为a3·a5＋a4＝72，则a24＋a4＝72，∵a4＞0，∴a4＝8，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2a74＝log287＝21.答案(1)D(2)21热点三等差、等比数列的判断与证明【例3】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n>0，S2n＝a2n＋1－λS n＋1，其中λ为常数.(1)证明：S n＋1＝2S n＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.(1)证明∵a n＋1＝S n＋1－S n，S2n＝a2n＋1－λS n＋1，∴S2n＝(S n＋1－S n)2－λS n＋1，则S n(S n＋1－2S n－λ)＝0.＋1∵a n>0，知S n＋1>0，∴S n＋1－2S n－λ＝0，故S n＝2S n＋λ.＋1(2)解由(1)知，S n＋1＝2S n＋λ，当n≥2时，S n＝2S n－1＋λ，＝2a n(n≥2，n∈N*)，两式相减，a n＋1所以数列{a n }从第二项起成等比数列，且公比q ＝2. 又S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ， ∴a 2＝a 1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1. 因此a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，（λ＋1）·2n －2，n ≥2.若数列{a n }是等比数列，则a 2＝1＋λ＝2a 1＝2. ∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{a n }是等比数列.探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n ≥1，n ∈N *，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数；(2)中项公式法. 2.a n ＋1a n ＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.【训练3】 (2020·安徽六校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n＋1＋3(n ∈N *).(1)设b n ＝a n3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝a n n －a n3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n . (1)证明 由已知2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)，① n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－3n ＋3，②①－②得：2a n ＝3a n －3a n －1－2·3n ⇒a n ＝3a n －1＋2·3n ， 故a n 3n ＝a n －13n －1＋2，则b n －b n －1＝2(n ≥2).又n ＝1时，2a 1＝3a 1－9＋3，解得a 1＝6，则b 1＝a 13＝2. 故数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n ⇒a n ＝2n ·3n . (2)解 由(1)，得c n ＝2·3n －2nT n ＝2(3＋32＋33＋…＋3n )－2(1＋2＋…＋n )＝2·3（1－3n ）1－3－2·（1＋n ）n 2＝3n ＋1－n 2－n －3.热点四 等差、等比数列的综合问题【例4】 (2020·北京西城区二模)从①前n 项和S n ＝n 2＋p (p ∈R )；②a n ＝a n ＋1－3；③a 6＝11且2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答. 在数列{a n }中，a 1＝1，________，其中n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a n ，a m 成等比数列，其中m ，n ∈N *，且m >n >1，求m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择①：(1)当n ＝1时，由S 1＝a 1＝1，得p ＝0. 当n ≥2时，由题意，得S n －1＝(n －1)2， 所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2). 经检验，a 1＝1符合上式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)(2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ， 即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2－2n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122＋12.因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ， 所以当n ＝2时，m 有最小值5. 选择②：(1)因为a n ＝a n ＋1－3，所以a n ＋1－a n ＝3， 所以数列{a n }是公差d ＝3的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2(n ∈N *). (2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ， 即(3n －2)2＝1×(3m －2).化简，得m ＝3n 2－4n ＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －232＋23.因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 取到最小值6.选择③：(1)因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d .因为a 1＝1，a 6＝a 1＋5d ＝11，所以d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *) .(2)因为a 1，a n ，a m 成等比数列，所以a 2n ＝a 1a m ，即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2－2n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122＋12. 因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 有最小值5.探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.【训练4】 (2020·海南诊断)已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________.是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由.从①q ＝2，②q ＝12，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解 选择①：存在满足条件的正整数k .求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝3.所以S n ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1). 令S k >2 020，则2k >2 0233.因为29<2 0233<210，所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为10.选择②：不存在满足条件的正整数k .理由如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝48.所以S n ＝48×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n . 因为S n <96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k .选择③：存在满足条件的正整数k .求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝3.所以S n ＝3×[1－（－2）n ]1－（－2）＝1－(－2)n . 令S k >2 020，则1－(－2)k >2 020，整理得(－2)k <－2 019.当k 为偶数时，原不等式无解.当k 为奇数时，原不等式等价于2k >2 019.所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为11.A 级 巩固提升一、选择题1.(2020·武汉质检)在正项等比数列{a n }中，若a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝( )A.2B.4C.12D.8解析 设数列{a n }的公比为q .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q 4－1）＝15，a 1q （q 2－1）＝6，即q 4－1q （q 2－1）＝52，解得q ＝12或q ＝2.当q ＝12时，a 1＝－16，不符合题意；当q ＝2时，a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4，故选B.答案 B2.(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A.12B.24C.30D.32解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2， 所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32.故选D.答案 D3.(多选题)(2020·潍坊一模)已知S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且S 5>S 6>S4.下列四个命题正确的是( )A.数列{S n }中的最大项为S 10B.数列{a n }的公差d <0C.S 10>0D.S 11<0解析 因为S 5>S 6>S 4，所以a 6<0，a 5>0且a 5＋a 6>0，所以数列{S n }中的最大项为S 5，A 错误；数列{a n }的公差d <0，B 正确；S 10＝（a 1＋a 10）×102＝5(a 5＋a 6)>0，C 正确；S 11＝（a 1＋a 11）×112＝11a 6<0，D 正确.故选BCD. 答案 BCD4.(2020·安徽十四校联盟段考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2 020这2 020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列的项数为( )A.167B.168C.169D.170解析 由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以a n ＝12n －11，n ∈N *，由a n ≤2 020，得n ≤16914.因为n ∈N *，所以此数列的项数为169.答案 C5.(多选题)(2020·浙江卷改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且a 1d≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式可能成立的是( )A.2a 4＝a 2＋a 6B.2b 4＝b 2＋b 6C.a 24＝a 2a 8D.b 24＝b 2b 8解析 由题意，知b 1＝S 2＝a 1＋a 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2， 可得b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ＞1，n ∈N *).由{}a n 为等差数列，可知{}b n 为等差数列.选项A 中，由a 4为a 2，a 6的等差中项，得2a 4＝a 2＋a 6，成立.选项B 中，由b 4为b 2，b 6的等差中项，得2b 4＝b 2＋b 6，成立.选项C 中，a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，a 8＝a 1＋7d .由a 24＝a 2a 8，可得(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，化简得a 1d ＝d 2，又由d ≠0，可得a 1＝d ，符合a 1d ≤1，成立.故A ，B ，C 均符合题意要求，b 2＝a 3＋a 4＝2a 1＋5d ，b 4＝a 7＋a 8＝2a 1＋13d ，b 8＝a 15＋a 16＝2a 1＋29d .由b 24＝b 2b 8，知(2a 1＋13d )2＝(2a 1＋5d )(2a 1＋29d )，化简得2a 1d ＝3d 2，又由d ≠0，可得a 1d ＝32.这与已知条件a 1d ≤1矛盾.D 错.答案 ABC二、填空题6.(2020·新高考山东、海南卷)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.解析 (观察归纳法) 数列{2n －1}的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n －2}的各项为1，4，7，10，13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5.故前n 项和为S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋6n －5）2＝3n 2－2n . 答案 3n 2－2n7.(2020·湖北四城七校联考)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S 3，S 9，S 6成等差数列，a 3＋a 6＝2，则a 9＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2S 9＝S 3＋S 6，显然q ＝1不满足此式，所以q ≠1，所以2a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ，整理得1＋q 3＝2q 6，即(2q 3＋1)(q 3－1)＝0，解得q 3＝－12.又a 3＋a 6＝a 1q 2＋a 1q 5＝a 1q 2(1＋q 3)＝12a 1q 2＝2，所以a 1q 2＝4，所以a 9＝a 1q 8＝a 1q 2·q 6＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝1. 答案 18.(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析 由题意得a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10，解得a 1＝－4，d ＝1，所以a 5＝a 1＋4d ＝0，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n ≤0，则n ≤5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后项为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10.答案 0 －10三、解答题9.(2020·滨州一监)在①b 2b 3＝a 16，②b 4＝a 12，③S 5－S 3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上.若问题中的正整数k 存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 设正数等比数列{b n }的前n 项和为S n ，{a n }是等差数列，________，b 3＝a 4，a 1＝2，a 3＋a 5＋a 7＝30，是否存在正整数k ，使得S k ＋1＝S k ＋b k ＋32成立？ (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解 在等差数列{a n }中，∵a 3＋a 5＋a 7＝3a 5＝30，∴a 5＝10，∴公差d ＝a 5－a 15－1＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ，∴b 3＝a 4＝8.假设存在正整数k ，使得S k ＋1＝S k ＋b k ＋32成立，即b k ＋1＝b k ＋32成立.设正数等比数列{b n }的公比为q (q >0).若选①.∵b 2b 3＝a 16，∴b 2＝4，∴q ＝b 3b 2＝2，∴b n ＝2n . ∵2k ＋1＝2k ＋32，解得k ＝5. ∴存在正整数k ＝5，使得S k ＋1＝S k ＋b k ＋32成立.若选②.∵b 4＝a 12＝24，∴q ＝b 4b 3＝3，∴b n ＝8·3n －3. ∵8·3k －2＝8·3k －3＋32，∴3k －3＝2，该方程无正整数解，∴不存在正整数k ，使得S k ＋1＝S k ＋b k ＋32成立.若选③.∵S 5－S 3＝48，即b 4＋b 5＝48，∴8q ＋8q 2＝48，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，∴b n ＝2n .∵2k ＋1＝2k ＋32，解得k ＝5.∴存在正整数k ＝5，使得S k ＋1＝S k ＋b k ＋32成立.10.设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n ＝(n ＋1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4a n （a n ＋2）的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.(1)解 因为2S n ＝(n ＋1)a n ，所以2S n －1＝na n －1(n ≥2).两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1(n ≥2)，即(n －1)a n ＝na n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11. 因为a 1＝2，所以a n ＝2n .(2)证明 a n ＝2n ，令b n ＝4a n （a n ＋2），n ∈N *， 则b n ＝42n （2n ＋2）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1. 因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1. 因为y ＝1n ＋1在N *上是递减函数， 所以y ＝1－1n ＋1在N *上是递增函数. 所以当n ＝1时，T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.B 级 能力突破11.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列.若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( ) A.4B.3C.23－2D.92解析 由题意a 1，a 3，a 13成等比数列，得(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2. 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.因此2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝（n ＋1）2－2（n ＋1）＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2（n ＋1）×9n ＋1－2＝4，当且仅当n ＝2时取得最小值4.答案 A12.(2020·淄博模拟)已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ， 从而S n ＝n （9－n ）2(n ∈N *). (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12， ∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ， ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增大而减小， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2. 故实数λ的取值范围为(2，＋∞).。