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第一部分 专题四 第一讲 等差数列、等比数列A组1(2018唐山模拟)等差数列an的前n项和为Sn，若S1122，则a3a7a8( D )A18B12C9D6解析本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式由题意得S1122，即a15d2，所以a3a7a8a12da16da17d3(a15d)6，故选D 2设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6( C )A31 B32 C63 D64解析解法一：由条件知：an0，且q2.a11，S663.解法二：由题意知，S2，S4S2，S6S4成等比数列，即(S4S2)2S2(S6S4)，即1223(S615)，S663.3若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于( D )A6 B7 C8 D9解析由题可得所以a0，b0，不妨设ab，所以等比数列为a，2，b或b，2，a从而得到ab4q，等差数列为a，b，2或2，b，a从而得到2ba2，两式联立解出a4，b1，所以pab5，所以pq459.4(2017山西四校联考)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则( C )A1 B1C32 D32解析本题主要考查等差数列、等比数列a1，a3,2a2成等差数列，a32a12a2，即a1q2a12a1q，q212q，解得q1或q1(舍)，q2(1)232.5正项等比数列an满足：a3a22a1，若存在am，an，使得aman16a，m，nN*，则的最小值为( C )A2 B16 C D解析设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana12n1，aman16aa2mn216amn6，m，nN*，(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m2，n4时，取最小值.6已知an是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1，d1.解析由题可得(a12d)2(a1d)(a16d)，故有3a12d0，又因为2a1a21，即3a1d1，联立可得d1，a1.7已知数列an中，a11，a22，设Sn为数列an的前n项和，对于任意的n1，nN，Sn1Sn12(Sn1)都成立，则S1091.解析因为任意的n1，nN，Sn1Sn12(Sn1)都成立，所以Sn1SnSnSn12，所以an1an2，因为a3a224，所以ana2(n2)22(n2)22n2，n2，所以S10a1a2a3a1012418129291.8(2018江苏无锡一模)设等比数列an的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2a54，则a8的值为2.解析等比数列an的前n项和为Sn，S3，S9，S6成等差数列，且a2a54，解得a1q8，q3，a8a1q7(a1q)(q3)282.9设数列an的前n项和为Sn，且Sn4anp(nN*)，其中p是不为零的常数(1)证明：数列an是等比数列；(2)当p3时，若数列bn满足bn1anbn(nN*)，b12，求数列bn的通项公式解析(1)证明：因为Sn4anp(nN*)，则Sn14an1p(nN*，n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得anan1.由Sn4anp，令n1，得a14a1p，解得a1.所以an是首项为，公比为的等比数列(2)因为a11，则an()n1，由bn1anbn(n1,2，)，得bn1bn()n1，当n2时，由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23()n11，当n1时，上式也成立bn3()n11.10(文)(2017蚌埠质检)已知数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1.解析(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有3(1)9，从而2q2q10，解得q1或q.当q1时，an3；当q时，an3()n3.(2)证明：若an3，则bn0，与题意不符，故an3()n3，此时a2n33()2n，bn2n，符合题意cn，从而c1c2c3cn11，则( B )Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4解析由x0，ln xx1，得a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，a41，所以公比q0，当q1时，a1a2a3a4a1(1q)(1q2)1，ln(a1a2a3)0，矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)0.5(2018南昌二模)数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq( D )A10 B15 C5 D20解析当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23n34n5，a1S11适合上式，所以an4n5，所以apaq4(pq)，因为pq5，所以apaq20.6(2017吉林长春质量监测)设数列an的前n和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an( A )A B C D解析设bnnSn(n2)an，则b14，b28，bn为等差数列，所以bn4n，即nSn(n2)an4n，Sn(1)an4.当n2时，SnSn1(1)an(1)an10，所以anan1，即2，又因为1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以()n1(nN*)，an(nN*)故选A7设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S466.解析本题主要考查数列的通项公式与求和依题an2Sn13(n2)，与原式作差得，an1an2an，n2，即an13an，n2，可见，数列an从第二项起是公比为3的等比数列，a25，所以S4166.8若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则lna1lna2lna2050.解析a10a11a9a122e5，a1a20e5.又lna1lna2lna20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(e5)10lne5050.注意等比数列性质：若mnpq，则amanapaq，对数的性质logamnnlogam.9设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解析(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a34a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得.所以Tn1.由|Tn1|得1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是，使|Tn1|0，nN*，又2a2，a3，a22成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记bn2an(log2an1)2，若数列bn为递增数列，求的取值范围解析(1)由Sn1qSn1可得，当n2时，SnqSn11得：an1qan.又S2qS11且a11，所以a2qqa1，所以数列an是以1为首项，q为公比的等比数列又2a2，a3，a22成等差数列，所以2a32a2a223a22，即2q23q2.所以2q23q20，解得q2或q(舍)，所以数列an的通项公式为：an2n1(nN*)(2)由题意得：bn22n1(log22n)22nn2，若数列bn为递增数列，则有bn1bn2n1(n1)22nn22n2n0，即1，所以数列为递增数列所以，所以.
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