专题5.5 等差、等比数列综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1. 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
【命题趋势】
利用公式求数列的前n项和，利用常见求和模型求数列的前n项和.
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算的核心素养.
【素养清单•基础知识】
1．公式法与分组法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
①等差数列的前n项和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d .
②等比数列的前n项和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝ na1＋\f(nn－1,2)d ，q≠1.))
(2)分组法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组法分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项的和，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
(2)并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))；
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的
【真题体验】
1.【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.
（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.
【答案】（1）见解析；（2），.
【解析】（1）由题设得，即．
又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，，．
所以，
．
【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.
2.【2019年高考浙江卷】设等差数列的前n项和为，，，数列满足：对每个成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）记 证明：
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】（1）设数列的公差为d，由题意得
，
解得．
从而．
所以，
由成等比数列得
．
解得．
所以．
（2）．
我们用数学归纳法证明．
（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
（ii）假设时不等式成立，即．
那么，当时，
．
即当时不等式也成立．
根据（i）和（ii），不等式对任意成立．
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
3.【2018年高考全国II卷理数】记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
【答案】（1）an=2n–9；（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．
由a1=–7得d=2．
所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．
【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n项和公式得关于n的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.
4. 【2018年高考全国III卷理数】等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或；（2）.
【解析】（1）设的公比为，由题设得.
由已知得，解得（舍去），或.
故或.
（2）若，则.由得，此方程没有正整数解.
若，则.由得，解得.
综上，.
【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题.
5.【2018年高考浙江卷】已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．
（1）求q的值；
（2）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（1）；（2）.
【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
（1）由是的等差中项得，
所以，
解得.
由得，
因为，所以.
（2）设，数列前n项和为.
由解得.
由（1）可知，
所以，
故，
.
设，
所以，
因此，
又，所以.
【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
【考法拓展•题型解码】
考法一：数列与数学文化交汇
【典例1】《张邱建算经》是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈．头节高五寸①，头圈一尺三②.逐节多三分③，逐圈少分三④.一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：①第一节的高度为0.5尺；②第一圈的周长为1.3尺；③每节比其下面的一节多0.03尺；④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)问：此民谣提出的问题的答案是( )
A．72.705尺 B．61.395尺
C．61.905尺 D．73.995尺
【答案】B
【解析】因为每相邻两节竹节间的长度差为0.03尺，设从地面往上每节竹长分别为a1，a2，a3，…，a30，所以数列{an}是以a1＝0.5为首项，以d1＝0.03为公差的等差数列．又由题意知竹节圈长，每后一圈比前一圈细0.013尺，设从地面往上每节圈长分别为b1，b2，b3，…，b30，则数列{bn}是以b1＝1.3为首项，以d＝－0.013为公差的等差数列．所以一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程为S30＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(30×0.5＋\f(30×29,2)×0.03))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(30×1.3＋\f(30×29,2)×－0.013))＝61.395.故选B.
【典例2】(2018·北京东城区模拟)为了观看2022年的冬奥会，小明打算从2018年起，每年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.2019年1月1日小明去银行继续存款a元后，他的账户中一共有________元；到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回________元．
【答案】ap＋2a eq \f(a,p)[(1＋p)5－1－p]
【解析】)依题意，2019年1月1日存款a元后，账户中一共有a(1＋p)＋a＝(ap＋2a)(元)．
2022年1月1日可取出钱的总数为
a(1＋p)4＋a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)
＝a·eq \f(1＋p[1－1＋p4],1－1＋p)
＝eq \f(a,p)[(1＋p)5－(1＋p)]
＝eq \f(a,p)[(1＋p)5－1－p]．
考法二： 等差数列与等比数列的综合计算
【典例3】(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
【答案】见解析
【解析】 (1)设{an}的公差为d. 因为a2＋a3＝5ln 2，所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2 ，所以d＝ln 2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝eq \f(2×1－2n,1－2)＝2n＋1－2.
[解题技法] 等差数列与等比数列综合计算的策略
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇒{aan}(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇒{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列．
考法三： 数列与函数、不等式的综合问题
【典例4】设函数f(x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,x)，正项数列{an}满足a1＝1，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)<2.
【答案】见解析
【解析】 (1)因为an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，
所以an＝eq \f(1,2)＋an－1，n∈N*，且n≥2，
所以数列{an}是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
(2)证明：由(1)可知eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,n＋1n＋2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
所以eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝2－eq \f(4,n＋2)<2.
[解题技法]
1．数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
2．数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
【递进题组】
1．(2019·贵阳适应性考试)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为：已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中，丙所得为( )
A.eq \f(7,6)钱 B.eq \f(5,6)钱
C.eq \f(2,3)钱 D．1钱
【答案】D
【解析】 因甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，设每人所得依次为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，则a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5，解得a＝1，即丙所得为1钱，故选D.
2．(2018·安徽知名示范高中联考)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A．a，b，c成公比为2的等比数列，且a＝eq \f(50,7)
B．a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝eq \f(50,7)
C．a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且a＝eq \f(50,7)
D．a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且c＝eq \f(50,7)
【答案】D
【解析】由题意可得，a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，b＝eq \f(1,2)a，c＝eq \f(1,2)b，故4c＋2c＋c＝50，解得c＝eq \f(50,7).故选D.
3．(2019·江西金溪一中月考)据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是( )
A．11 B．13
C．15 D．17
【答案】B
【解析】设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a(1＋q)，a2＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(q,2)))＝a(1＋q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(q,2)))，…，a5＝a(1＋2)×(1＋1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,23)))＝eq \f(405,32)a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.
4．已知等差数列{an}的公差为5，前n项和为Sn，且a1，a2，a5成等比数列，则S6＝( )
A．95 B．90
C．85 D．80
【答案】B
【解析】 由a1，a2，a5成等比数列，得aeq \\al(2,2)＝a1·a5.又等差数列{an}的公差为5，
所以(a1＋5)2＝a1(a1＋4×5)，解得a1＝eq \f(5,2).所以S6＝6×eq \f(5,2)＋eq \f(6×5,2)×5＝90.故选B.
5．已知数列{an}是公差为整数的等差数列，前n项和为Sn，且a1＋a5＋2＝0,2S1,3S2,8S3成等比数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为________．
【答案】－eq \f(10,51)
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＋2＝0，所以2a1＋4d＋2＝0，a1＝－1－2d.
因为2S1,3S2,8S3成等比数列，所以16S1S3＝9Seq \\al(2,2)，
即16(－1－2d)(－3－3d)＝9(－2－3d)2.
因为d为整数，所以解得d＝－2，则a1＝3，
所以an＝3－2(n－1)＝5－2n.
则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,5－2n3－2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－5)－\f(1,2n－3)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－3)－\f(1,－1)))＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－1)－\f(1,1)))＋…＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,15)－\f(1,17)))＝ eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－3)－\f(1,17)))＝－eq \f(10,51).
6．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.
(1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝13，求Sn.
【答案】见解析
【解析】(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，①
由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，②
联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)∵T3＝b1(1＋q＋q2)，
∴1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4，
由a2＋b2＝3得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.
由Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d，
得Sn＝eq \f(1,2)n2－eq \f(3,2)n或Sn＝4n2－5n.
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )
A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1
C．Tn>an D．Tn【答案】D
【解析】因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，
所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，
所以an＝3×2n－1.
设bn＝b1qn－1，则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，
可得b1＝1，q＝2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.结合选项可知，只有D正确．
8．(2019·昆明适应性检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝4n，若不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N*都成立，则实数λ的取值范围为________．
【答案】(－∞，10]
【解析】因为an＝4n，所以Sn＝2n2＋2n，不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N*恒成立，即λ≤eq \f(2n2＋2n＋8,n)，又eq \f(2n2＋2n＋8,n)＝2n＋eq \f(8,n)＋2≥10(当且仅当n＝2时取等号)，所以实数λ的取值范围为(－∞，10]．
【考卷送检】
1．(2019·昆明高三摸底调研测试)已知等差数列{an}的公差为2，且a4是a2与a8的等比中项，则an＝( )
A．－2n B．2n
C．2n－1 D．2n＋1
【答案】B
【解析】由题意得等差数列{an}的公差d＝2，所以an＝a1＋2(n－1)，因为a4是a2与a8的等比中项，所以aeq \\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，解得a1＝2，所以an＝2n，故选B.
2．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】由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝n(2n＋3)．
3．已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为{an}的前n项和，则eq \f(S3－S2,S5－S3)的值为( )
A．2 B．3
C.eq \f(1,5) D．4
【答案】A
【解析】设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．∵a1，a3，a4成等比数列，∴a1a4＝aeq \\al(2,3)，即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，解得a1＝－4d.∴eq \f(S3－S2,S5－S3)＝eq \f(a3,a5＋a4)＝eq \f(a1＋2d,2a1＋7d)＝2.故选A.
4．(2018·郑州一中入学测试)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A．96里 B．48里
C．192里 D．24里
【答案】A
【解析】依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为eq \f(1,2)的等比数列，记为{an}，其前6项和等于378，于是有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，因此a2＝eq \f(1,2)a1＝96，即该人第二天走了96里，选A.
5．定义：eq \f(n,P1＋P2＋…＋Pn)(n∈N*)为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”．若数列{an}的前n项的“均倒数”为eq \f(1,2n－1)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝4n－1
C．an＝4n－3 D．an＝4n－5
【答案】C
【解析】 ∵eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n－1)，∴eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)＝2n－1，∴a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)n，a1＋a2＋…＋an－1＝(2n－3)(n－1)(n≥2)，∴当n≥2时，an＝(2n－1)n－(2n－3)(n－1)＝4n－3，又a1＝1，∴an＝4n－3.
6．(2019·河南六市联考)若正项递增等比数列{an}满足1＋a2－a4＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，则a6＋λa7的最小值为( )
A．－2 B．－4
C．2 D．4
【答案】D
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，q≠0，因为数列{an}为正项递增等比数列，所以a4－a2>0且q>1.因为1＋a2－a4＋λ(a3－a5)＝0，所以1＋λq＝eq \f(1,a4－a2)，
所以a6＋λa7＝a6(1＋λq)＝eq \f(a6,a4－a2)＝eq \f(q4,q2－1)＝eq \f(q4－1＋1,q2－1)＝q2＋1＋eq \f(1,q2－1)＝q2－1＋eq \f(1,q2－1)＋2≥2eq \r(q2－1·\f(1,q2－1))＋2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当q2－1＝\f(1,q2－1)时，即q＝\r(2)时，取等号))，即a6＋λa7的最小值为4，故选D.
7．某公司去年产值为a，计划在今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为________．
【答案】11(1.15－1)a
【解析】每年的产值构成以a(1＋10%)＝1.1a为首项，1.1为公比的等比数列，所以从今年起到第5年的总产值S5＝eq \f(1.1a1－1.15,1－1.1)＝11(1.15－1)a.
8．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝________.
【答案】2
【解析】因为S3，S9，S6成等差数列，所以公比q≠1，eq \f(21－q9,1－q)＝eq \f(1－q3,1－q)＋eq \f(1－q6,1－q)，整理得2q6＝1＋q3，所以q3＝－eq \f(1,2)，故a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝4，解得a2＝8，故a8＝8×eq \f(1,4)＝2.
9．已知等差数列{an}满足an－1＋an＋an＋1＝3n(n≥2)，函数f(x)＝2x，bn＝lg4f(an)，则数列{bn}的前n项和为________．
【答案】eq \f(nn＋1,4)
【解析】∵等差数列{an}满足an－1＋an＋an＋1＝3n(n≥2)，∴3an＝3n，即an＝n.又∵函数f(x)＝2x，∴f(an)＝2n，∴b1＋b2＋…＋bn＝lg4[f(a1)·f(a2)·…·f(an)]＝lg4(2×22×…×2n)＝lg421＋2＋…＋n＝eq \f(1,2)×(1＋2＋…＋n)＝eq \f(nn＋1,4).
10．(2018·沈阳质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，则an＝________.
【答案】2n－1
【解析】法一：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以eq \f(an＋1－an,an－an－1)＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)．
法二：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*)．
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为eq \f(3,2).
(1)若S4＝eq \f(65,24)，求a1.
(2)若a1＝2，cn＝eq \f(1,2)an＋nb，且c2，c4，c5成等差数列，求b.
【答案】见解析
【解析】(1)∵公比q＝eq \f(3,2)，S4＝eq \f(65,24)，
∴eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))4)),1－\f(3,2))＝eq \f(65,24)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(81,16)))a1＝－eq \f(65,48)，解得a1＝eq \f(1,3).
(2)∵a1＝2，公比为eq \f(3,2)，∴a2＝3，a4＝eq \f(27,4)，a5＝eq \f(81,8).
又∵cn＝eq \f(1,2)an＋nb，
∴c2＝eq \f(1,2)a2＋2b＝eq \f(3,2)＋2b，c4＝eq \f(1,2)a4＋4b＝eq \f(27,8)＋4b，c5＝eq \f(1,2)a5＋5b＝eq \f(81,16)＋5b.
∵c2，c4，c5成等差数列，
∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,8)＋4b))＝eq \f(3,2)＋2b＋eq \f(81,16)＋5b，解得b＝－eq \f(3,16).
12．设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(Sn,n)))，n∈N*均在函数y＝x的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn【答案】见解析
【解析】(1)依题意得eq \f(Sn,n)＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1＝2×1－1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)∵eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))又4Tn∴2≤a2－a，解得a≤－1或a≥2，
即实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
13．若定义在R上的函数y＝f(x)是奇函数且满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x))＝f(x)，f(－2)＝－3，数列{an}满足a1＝－1，且eq \f(Sn,n)＝2×eq \f(an,n)＋1(其中Sn为{an}的前n项和)，则f(a5)＋f(a6)＝( )
A．－3 B．－2
C．3 D．2
【答案】C
【解析】 由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x))＝f(x)可知函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝eq \f(3,4).又函数y＝f(x)是奇函数，所以有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x))＝f(x)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))＝－f(x)，即f(x－3)＝f(x)，所以函数y＝f(x)的周期为3.由eq \f(Sn,n)＝2×eq \f(an,n)＋1得Sn＝2an＋n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－(2an－1＋n－1)＝2an－2an－1＋1，即an＝2an－1－1，所以a2＝－3，a3＝－7，a4＝－15，a5＝－31，a6＝－63，则f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f(－1)＋f(0)＝－f(1)＋f(0)．由函数y＝f(x)是奇函数可得f(0)＝0，由f(－2)＝－3可得f(－2)＝f(1)＝－3，所以f(a5)＋f(a6)＝3.故选C.
14．为了加强城市环保建设，某市计划用若干年时间更换5 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车300辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则a的最小值为________．
【答案】182
【解析】：依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128，公比为1＋50%＝eq \f(3,2)的等比数列，混合动力型公交车的数量组成首项为300，公差为a的等差数列，则5年后的数量和为eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))5)),1－\f(3,2))＋300×5＋eq \f(5×4,2)a，所以eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))5)),1－\f(3,2))＋300×5＋eq \f(5×4,2)a≥5 000，即10a≥1 812，解得a≥181.2，因为5年内更换公交车的总和不小于5 000，所以a的最小值为182.
15．(2018·广州高中综合测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足eq \f(a1,b1)＋eq \f(a2,b2)＋…＋eq \f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】见解析
【解析】(1)因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为2的等差数列，
所以eq \f(Sn,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以Sn＝2n2－n.
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
当n＝1时，a1＝1也符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.
(2)当n＝1时，eq \f(a1,b1)＝eq \f(1,2)，所以b1＝2a1＝2.
当n≥2时，由eq \f(a1,b1)＋eq \f(a2,b2)＋…＋eq \f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，①
得eq \f(a1,b1)＋eq \f(a2,b2)＋…＋eq \f(an－1,bn－1)＝5－(4n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.②
①－②，得eq \f(an,bn)＝(4n－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
因为an＝4n－3，所以bn＝eq \f(4n－3,4n－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)＝2n(当n＝1时也符合)，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Tn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.