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2022年高考三轮复习之回归基础练第14练 等差数列、等比数列
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这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第14练 等差数列、等比数列，共8页。
考点一 等差数列、等比数列基本量的运算
要点重组
1．等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1，d(或q)，n，an与Sn这五个量，可以知三求二．
2．等差数列、等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量，这也是方程思想在数列问题中的体现．
1．(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
A．12 B．24 C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
2．(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
3．(2020·沈阳质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝10，S4＝72.数列{bn}中，b1＝2，bnbn＋1＝－2，则a1b2 020＝________.
答案 21
解析 设{an}的公差为d，
由S4＝eq \f(4a1＋a4,2)＝2(a1＋a4)＝72，
得a1＋a4＝36，又a1＋a3＝10，
两式相减得a4－a3＝d＝26，
∴a1＋a3＝2a1＋2d＝10，a1＝－21，
∵bnbn＋1＝－2，∴bn≠0，bn＋1＝eq \f(－2,bn)，
∴bn＋2＝eq \f(－2,bn＋1)＝eq \f(－2,\f(－2,bn))＝bn，
∴b2 020＝b2＝eq \f(－2,b1)＝－1，
∴a1b2 020＝21.
4．(2020·全国Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3.))
所以{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)由(1)知lg3an＝n－1.
故Sn＝eq \f(nn－1,2).
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得，
m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)或m＝6.
考点二 等差数列、等比数列的性质及应用
要点重组
1．在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2．若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
3．在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．
4．在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.
5．在等比数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外).
5.(2020·重庆四区联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝1，eq \f(S4,S2)＝4，则eq \f(S6,S4)的值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,4)
C.eq \f(9,4) D．4
答案 C
解析 由等差数列的性质知，S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，则2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，即S6＝3(S4－S2)，所以eq \f(S6,S4)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(S2,S4)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(9,4)，故选C.
6．(多选)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案 ACD
解析 由2a1＋3a3＝S6，得2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d<0时，Sn没有最小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，C正确；S19＝eq \f(a1＋a19×19,2)＝19a10＝0，D正确，故选ACD.
7．(2020·北京朝阳区质检)已知等比数列{an}满足lg2a3＋lg2a10＝1，且a3a6a8a11＝16，则数列{an}的公比为( )
A．4 B．2 C．±2 D．±4
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)．
由lg2a3＋lg2a10＝1，
得lg2(a3a10)＝1，即a3a10＝2，①
由a3a6a8a11＝16，得(a3a11)2＝16，
由a11＝a3q8，得a3，a11同号，
故a3a11＝4，②
由②÷①，得q＝2.
8．(2020·青岛模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A．10 B．15 C．20 D．25
答案 C
解析 由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.于是a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝eq \f(S4＋52,S4)＝S4＋eq \f(25,S4)＋10≥2eq \r(S4×\f(25,S4))＋10＝20，当且仅当S4＝5时等号成立．
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.故选C.
考点三 等差数列、等比数列的判定与证明
要点重组
判断或证明一个数列是等差(等比)数列时应注意的问题
1．判断一个数列是等差(等比)数列，可利用通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．
2．若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列．
3．aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项均不为0.
9.(2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
(1)证明 由题意得，4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题意得，4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
10．(2020·石家庄模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，且a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 ∵nan＋1＝(n＋2)Sn，
∴n(Sn＋1－Sn)＝(n＋2)Sn，
nSn＋1＝2(n＋1)Sn，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2×eq \f(Sn,n).
又a1＝1，∴eq \f(a1,1)＝eq \f(S1,1)＝1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)得，eq \f(Sn,n)＝2n－1，即Sn＝n·2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－1－(n－1)·2n－2＝2n－2(2n－n＋1)＝(n＋1)2n－2，
当n＝1时，a1＝1也满足上式，∴an＝(n＋1)2n－2.
1．在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则eq \f(1,5)a4等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 方法一 设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由4a3＋a11－3a5＝10，
得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，
即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
方法二 设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
方法三 由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
2．(多选)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是( )
A．此人第三天走了四十八里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第二天走的路程占全程的eq \f(1,4)
D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
答案 ABD
解析 根据题意此人每天行走的路程成等比数列，设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列．所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a3＝a1q2＝192×eq \f(1,4)＝48，所以A正确；
由a1＝192，得S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正确；
a2＝a1q＝192×eq \f(1,2)＝96，而eq \f(1,4)S6＝94.5≠96，所以C不正确；
a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，则后三天走的路程为378－336＝42，而且42×8＝336，所以D正确．故选ABD.
3．已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为 Sn，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，则实数m等于( )
A．7 B．6 C．5 D．4
答案 B
解析 因为等差数列{an}的公差为－2，又a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，
所以aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)－2a4·a5cs 120°，
即(a4＋2)2＝aeq \\al(2,4)＋(a4－2)2＋2a4(a4－2)×eq \f(1,2)，
化为aeq \\al(2,4)－5a4＝0，又a4≠0，故解得a4＝5，
所以a3＝7，a5＝3，a6＝1，a7＝－1.
因为Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，所以实数m＝6.
4．在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 019－aeq \\al(2,2 020)＋2a2 021＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 020＝a2 020，则lg2(b2 019·b2 021)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 因为等差数列{an}中a2 019＋a2 021＝2a2 020，
所以2a2 019－aeq \\al(2,2 020)＋2a2 021＝4a2 020－aeq \\al(2,2 020)＝0，
因为数列{an}各项不为零，所以a2 020＝4，
因为数列{bn}是等比数列，所以b2 019·b2 021＝aeq \\al(2,2 020)＝16.
所以lg2(b2 019·b2 021)＝lg216＝4.故选C.
5．设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
(1)解 设数列{an}的公比为q(q≠0，且q≠1)．
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3.
由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，
解得q1＝－2，q2＝1(舍去)．
所以q＝－2.
(2)证明 对任意实数k∈N*，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所以对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
6．(2020·保定期末)已知数列{an}，{bn}满足an＋1－an＝bn，{bn＋2}为等比数列，且a1＝2，a2＝4，a3＝10.
(1)试判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(2)求an.
解 (1)数列{bn}不是等比数列．
理由如下：
由an＋1－an＝bn，且a1＝2，a2＝4，a3＝10，
得b1＝a2－a1＝2，b2＝a3－a2＝6，
又因为数列{bn＋2}为等比数列，
所以可知其首项为4，公比为2.
所以b3＋2＝4×22＝16，
所以b3＝14，
显然beq \\al(2,2)＝36≠b1b3＝28，
故数列{bn}不是等比数列．
(2)结合(1)知，等比数列{bn＋2}的首项为4，公比为2，
故bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－2，
因为an＋1－an＝bn，
所以an－an－1＝2n－2(n≥2) ，
令n＝2，…，(n－1)，
累加得an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，
所以an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n，
又a1＝2满足上式，
所以an＝2n＋1－2n.
考点一 等差数列、等比数列基本量的运算
要点重组
1．等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1，d(或q)，n，an与Sn这五个量，可以知三求二．
2．等差数列、等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量，这也是方程思想在数列问题中的体现．
1．(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
A．12 B．24 C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
2．(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
3．(2020·沈阳质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝10，S4＝72.数列{bn}中，b1＝2，bnbn＋1＝－2，则a1b2 020＝________.
答案 21
解析 设{an}的公差为d，
由S4＝eq \f(4a1＋a4,2)＝2(a1＋a4)＝72，
得a1＋a4＝36，又a1＋a3＝10，
两式相减得a4－a3＝d＝26，
∴a1＋a3＝2a1＋2d＝10，a1＝－21，
∵bnbn＋1＝－2，∴bn≠0，bn＋1＝eq \f(－2,bn)，
∴bn＋2＝eq \f(－2,bn＋1)＝eq \f(－2,\f(－2,bn))＝bn，
∴b2 020＝b2＝eq \f(－2,b1)＝－1，
∴a1b2 020＝21.
4．(2020·全国Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3.))
所以{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)由(1)知lg3an＝n－1.
故Sn＝eq \f(nn－1,2).
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得，
m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1(舍去)或m＝6.
考点二 等差数列、等比数列的性质及应用
要点重组
1．在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2．若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
3．在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．
4．在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.
5．在等比数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外).
5.(2020·重庆四区联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝1，eq \f(S4,S2)＝4，则eq \f(S6,S4)的值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,4)
C.eq \f(9,4) D．4
答案 C
解析 由等差数列的性质知，S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，则2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，即S6＝3(S4－S2)，所以eq \f(S6,S4)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(S2,S4)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(9,4)，故选C.
6．(多选)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论正确的是( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案 ACD
解析 由2a1＋3a3＝S6，得2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d<0时，Sn没有最小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，C正确；S19＝eq \f(a1＋a19×19,2)＝19a10＝0，D正确，故选ACD.
7．(2020·北京朝阳区质检)已知等比数列{an}满足lg2a3＋lg2a10＝1，且a3a6a8a11＝16，则数列{an}的公比为( )
A．4 B．2 C．±2 D．±4
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)．
由lg2a3＋lg2a10＝1，
得lg2(a3a10)＝1，即a3a10＝2，①
由a3a6a8a11＝16，得(a3a11)2＝16，
由a11＝a3q8，得a3，a11同号，
故a3a11＝4，②
由②÷①，得q＝2.
8．(2020·青岛模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A．10 B．15 C．20 D．25
答案 C
解析 由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.于是a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝eq \f(S4＋52,S4)＝S4＋eq \f(25,S4)＋10≥2eq \r(S4×\f(25,S4))＋10＝20，当且仅当S4＝5时等号成立．
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.故选C.
考点三 等差数列、等比数列的判定与证明
要点重组
判断或证明一个数列是等差(等比)数列时应注意的问题
1．判断一个数列是等差(等比)数列，可利用通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．
2．若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列．
3．aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项均不为0.
9.(2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
(1)证明 由题意得，4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题意得，4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
10．(2020·石家庄模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，且a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 ∵nan＋1＝(n＋2)Sn，
∴n(Sn＋1－Sn)＝(n＋2)Sn，
nSn＋1＝2(n＋1)Sn，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2×eq \f(Sn,n).
又a1＝1，∴eq \f(a1,1)＝eq \f(S1,1)＝1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)得，eq \f(Sn,n)＝2n－1，即Sn＝n·2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－1－(n－1)·2n－2＝2n－2(2n－n＋1)＝(n＋1)2n－2，
当n＝1时，a1＝1也满足上式，∴an＝(n＋1)2n－2.
1．在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则eq \f(1,5)a4等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 方法一 设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由4a3＋a11－3a5＝10，
得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，
即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
方法二 设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
方法三 由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以eq \f(1,5)a4＝1.
2．(多选)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是( )
A．此人第三天走了四十八里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第二天走的路程占全程的eq \f(1,4)
D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
答案 ABD
解析 根据题意此人每天行走的路程成等比数列，设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列．所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a3＝a1q2＝192×eq \f(1,4)＝48，所以A正确；
由a1＝192，得S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正确；
a2＝a1q＝192×eq \f(1,2)＝96，而eq \f(1,4)S6＝94.5≠96，所以C不正确；
a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，则后三天走的路程为378－336＝42，而且42×8＝336，所以D正确．故选ABD.
3．已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为 Sn，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，则实数m等于( )
A．7 B．6 C．5 D．4
答案 B
解析 因为等差数列{an}的公差为－2，又a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，
所以aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)－2a4·a5cs 120°，
即(a4＋2)2＝aeq \\al(2,4)＋(a4－2)2＋2a4(a4－2)×eq \f(1,2)，
化为aeq \\al(2,4)－5a4＝0，又a4≠0，故解得a4＝5，
所以a3＝7，a5＝3，a6＝1，a7＝－1.
因为Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，所以实数m＝6.
4．在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 019－aeq \\al(2,2 020)＋2a2 021＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 020＝a2 020，则lg2(b2 019·b2 021)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 因为等差数列{an}中a2 019＋a2 021＝2a2 020，
所以2a2 019－aeq \\al(2,2 020)＋2a2 021＝4a2 020－aeq \\al(2,2 020)＝0，
因为数列{an}各项不为零，所以a2 020＝4，
因为数列{bn}是等比数列，所以b2 019·b2 021＝aeq \\al(2,2 020)＝16.
所以lg2(b2 019·b2 021)＝lg216＝4.故选C.
5．设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
(1)解 设数列{an}的公比为q(q≠0，且q≠1)．
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3.
由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，
解得q1＝－2，q2＝1(舍去)．
所以q＝－2.
(2)证明 对任意实数k∈N*，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所以对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
6．(2020·保定期末)已知数列{an}，{bn}满足an＋1－an＝bn，{bn＋2}为等比数列，且a1＝2，a2＝4，a3＝10.
(1)试判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(2)求an.
解 (1)数列{bn}不是等比数列．
理由如下：
由an＋1－an＝bn，且a1＝2，a2＝4，a3＝10，
得b1＝a2－a1＝2，b2＝a3－a2＝6，
又因为数列{bn＋2}为等比数列，
所以可知其首项为4，公比为2.
所以b3＋2＝4×22＝16，
所以b3＝14，
显然beq \\al(2,2)＝36≠b1b3＝28，
故数列{bn}不是等比数列．
(2)结合(1)知，等比数列{bn＋2}的首项为4，公比为2，
故bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－2，
因为an＋1－an＝bn，
所以an－an－1＝2n－2(n≥2) ，
令n＝2，…，(n－1)，
累加得an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，
所以an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n，
又a1＝2满足上式，
所以an＝2n＋1－2n.
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