統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章6.2等差數(shù)列及其前n項和課時作業(yè)理含解析20230426141

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章6.2等差數(shù)列及其前n項和課時作業(yè)理含解析20230426141課時作業(yè)30等差數(shù)列及其前n項和[基礎(chǔ)達標(biāo)]一、選擇題1．[2021·唐山市高三年級摸底考試]已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，a5＝－2，S15＝150，則公差d＝()A．6B．5C．4D．32．[2021·山東泰安一中月考]等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝3，S5＝25，則a8＝()A．16B．15C．14D．133．[2021·北京市適應(yīng)性測試]設(shè){an}是等差數(shù)列，且公差不為零，其前n項和為Sn，則“?n∈N*，Sn＋1＞Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件4．[2021·安徽省示范高中名校高三聯(lián)考]《周髀算經(jīng)》中有這樣一個問題：從冬至日起，依次為小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種，這十二個節(jié)氣，其日影長依次成等差數(shù)列，若冬至、立春、春分日影長之和為31.5尺，前九個節(jié)氣日影長之和為85.5尺，則立夏日影長為()A．1.5尺B．2.5尺C．3.5尺D．4.5尺5．[2021·大同市高三學(xué)情調(diào)研測試試題]若等差數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，且eq\f(a11,a10)＜－1，則Sn取正值時項數(shù)n的最大值為()A．15B．17C．19D．21二、填空題6．[2021·惠州市高三調(diào)研考試試題]等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a4＋a5＝25，S6＝57，則{an}的公差為________．7．[2021·陜西西安質(zhì)檢]公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a7＝2a5，則數(shù)列{an}中第________項的值與4a5的值相等．8．[2021·江蘇常州月考]已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＋a3＋a10＝8，則S9＝________.三、解答題9．[2019·全國卷Ⅰ]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通項公式；(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．10．[2021·合肥教學(xué)檢測]已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S4＝4S2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180(m∈N*)，求m的值．[能力挑戰(zhàn)]11．[2021·山東菏澤一中月考]已知等差數(shù)列{an}的公差為4，其項數(shù)為偶數(shù)，所有奇數(shù)項的和為15，所有偶數(shù)項的和為55，則這個數(shù)列的項數(shù)為()A．10B．20C．30D．4012．[2021·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]已知等差數(shù)列{an}的通項公式為an＝26－tn(t∈R)，且當(dāng)數(shù)列{an}的前n項和Sn取得最大值時，n＝12或13，則當(dāng)Sk＝150時，k＝()A．10B．25C．10或15D．15或2513．[2021·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]已知首項均為eq\f(3,2)的等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}，若a3＝－b2，a4＝b3，數(shù)列{an}的各項均不相等，且Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，則eq\f(S\o\al(2,n)－1,Sn)的最大值與最小值差的絕對值為()A.eq\f(17,12)B.eq\f(13,12)C.eq\f(11,12)D.eq\f(7,12)課時作業(yè)301．解析：通解因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，首項為a1，公差為d，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝－2,S15＝15a1＋\f(15×14,2)d＝150))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－18,d＝4))，故選C.優(yōu)解因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以S15＝15a8＝150，所以a8＝10，所以3d＝a8－a5＝10－(－2)＝12，d＝4，故選C.答案：C2．解析：設(shè)公差為d，由a2＝3，S5＝25可得a1＋d＝3,5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25，解得a1＝1，d＝2，則a8＝a1＋7d＝15.故選B.答案：B3．解析：由?n∈N*，Sn＋1＞Sn得an＋1＝Sn＋1－Sn＞0，又?jǐn)?shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，因此公差d＞0，(若d＜0，等差數(shù)列{an}中從某項起以后各項均為負，這與an＋1＞0矛盾)，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，所以“?n∈N*，Sn＋1＞Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分條件．反過來，由“{an}為遞增數(shù)列”不能得知?n∈N*，Sn＋1＞Sn”，如取an＝n－3，此時數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，但a2＝－1＜0，即有S2＜S1因此“?n∈N*，Sn＋1>Sn”不是“{an}為遞增數(shù)列”的必要條件．綜上所述，“?n∈N*，Sn＋1＞Sn”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分而不必要條件，選A.答案：A4．解析：設(shè)這十二個節(jié)氣的日影長構(gòu)成等差數(shù)列{an}，由題意可知，a1＋a4＋a7＝31.5，a1＋a2＋…＋a9＝85.5，求a10.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a1＋a4＋a7＝3a4＝31.5，得a4＝10.5，由a1＋a2＋…＋a9＝9a5＝85.5，得a5＝9.5，則d＝a5－a4＝－1，則a10＝a5＋5d＝4.5，故選D.答案：D5．解析：由等差數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，且eq\f(a11,a10)＜－1，可知等差數(shù)列{an}的公差d＜0，a10＞0，a11<0，且a11<－a10，則a10＋a11<0.由a10>0，得2a10＝a1＋a19＞0，所以S19＞0，由a10＋a11＜0，得a1＋a20＝a10＋a11＜0，所以S20＜0，所以Sn取正值時項數(shù)n的最大值為19，故選C.答案：C6．解析：通解設(shè){an}的公差為d.因為a4＋a5＝25，S6＝57，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝25,6a1＋15d＝57，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,d＝3))，所以{an}的公差為3.優(yōu)解設(shè){an}的公差為d，因為S6＝eq\f(6a1＋a6,2)＝3(a3＋a4)＝57，所以a3＋a4＝19，a4＋a5－(a3＋a4)＝2d＝25－19＝6，所以d＝3.答案：37．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a7＝2a5，所以a1＋6d＝2(a1＋4d)，解得a1＝－2d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故數(shù)列{an}中第11項的值與4a5的值相等．答案：118．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2＋a3＋a10＝8，∴3a1＋12d＝8，∴a1＋4d＝a5＝eq\f(8,3)，∴S9＝9a5＝24.答案：249．解析：(1)設(shè){an}的公差為d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通項公式為an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f(nn－9d,2).由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N}．10．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S4＝4S2得，4a1＋6d＝8a1＋4d，整理得d＝2a1.又a1＝1，∴d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．(2)am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋9＝180可化為10am＋45d＝20m＋80＝180，解得m＝5.11．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，項數(shù)為n，前n項和為Sn.因為d＝4，S奇＝15，S偶＝55，所以S偶－S奇＝eq\f(n,2)d＝2n＝40，所以n＝20，即這個數(shù)列的項數(shù)為20.故選B.答案：B12．解析：由題意知a12＞0，a13＝0，所以26－13t＝0，解得t＝2，所以an＝26－2n，由Sk＝eq\f(k24＋26－2k,2)＝150，解得k＝10或k＝15，故選C.答案：C13．解析：設(shè){an}的公差為d(d≠0)，{bn}的公比為q，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2d＝－\f(3,2)q,\f(3,2)＋3d＝\f(3,2)q2))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝－\f(1,2),d＝－\f(3,8)))，所以Sn＝1－(－eq\f(1,2))n.令t＝eq\f(S\o\al(2,n)－1,Sn)，則t＝Sn－eq\f(1,Sn)，易得Sn＞0，且t隨著Sn的增大而增大．當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝1＋(eq\f(1,2))n遞減，則Sn∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,6)))；當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n遞增，Sn∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))，t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,12)，0)).所以tmin＝－eq\f(7,12)，tmax＝eq\f(5,6)，即eq\f(S\o\al(2,n)－1,Sn)的最大值為eq\f(5,6)，最小值為－eq\f(7,12)，所以eq\f(S\o\al(2,n)－1,Sn)的最大值與最小值差的絕對值為eq\f(5,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,12)))＝eq\f(17,12)，故選A.答案：A課時作業(yè)31等比數(shù)列及其前n項和[基礎(chǔ)達標(biāo)]一、選擇題1．[2021·石家莊市重點高中高三畢業(yè)班摸底考試]已知1，a1，a2,3成等差數(shù)列，1，b1，b2，b3,4成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a2,b2)的值為()A．2B．－2C．±2D.eq\f(5,4)2．[2021·湖南邵陽調(diào)研]設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()A．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10)D．1或23．[2021·洛陽市尖子生聯(lián)考]已知等比數(shù)列{an}中，a2·a8＝4a5，等差數(shù)列{bn}中，b4＋b6＝a5，則數(shù)列{bn}的前9項和S9等于()A．9B．18C．36D．724．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]公比不為1的等比數(shù)列{an}中，若a1a5＝aman，則mn不可能為()A．5B．6C．8D．95．[2021·唐山市高三年級摸底考試]已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，3Sn＝an＋2，則數(shù)列{Sn}()A．有最大項也有最小項B．有最大項無最小項C．無最大項有最小項D．無最大項也無最小項二、填空題6．[2021·福州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測]設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝4an，則a1a2·…·an＝________________________________________________________________________.7．[2021·長春調(diào)研]在正項等比數(shù)列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，則n＝________.8．[2021·河北省九校高三聯(lián)考試題]已知正項等比數(shù)列{an}滿足a3＝1，a5與eq\f(3,2)a4的等差中項為eq\f(1,2)，則a1的值為________．三、解答題9．[2021·云南玉溪檢測]在等比數(shù)列{an}中，a1＝6，a2＝12－a3.(1)求{an}的通項公式；(2)記Sn為{an}的前n項和，若Sm＝66，求m.10．[2021·湖北十堰調(diào)研]已知數(shù)列{an}的首項a1＞0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)(n∈N*)，且a1＝eq\f(2,3).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項和Tn.[能力挑戰(zhàn)]11．[2020·全國卷Ⅱ]數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2B．3C．4D．512．[2021·石家莊市重點高中高三畢業(yè)班摸底考試]已知等比數(shù)列{an}滿足：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p＞0)，則p－eq\f(1,m)取最小值時，數(shù)列{an}的通項公式為()A．a(chǎn)n＝4·3n－1B．a(chǎn)n＝3·4n－1C．a(chǎn)n＝2n＋1D．a(chǎn)n＝4n13．[2021·安徽省示范高中名校高三聯(lián)考]設(shè)Sn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和，a1＝3，若－a4，a3，a5成等差數(shù)列，則Sn與an的關(guān)系式為________________．課時作業(yè)311．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知1＋3＝a1＋a2＝4，由等比數(shù)列的性質(zhì)知beq\o\al(2,2)＝1×4＝4，∴b2＝±2，由于等比數(shù)列中奇數(shù)項符號相同，偶數(shù)項符號相同，∴b2＝2，∴eq\f(a1＋a2,b2)＝2，故選A.答案：A2．解析：設(shè)S2＝k，S4＝3k，因為數(shù)列{an}為等比數(shù)列，所以S2，S4－S2，S6－S4也為等比數(shù)列，又S2＝k，S4－S2＝2k，所以S6－S4＝4k，所以S6＝7k，所以eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).故選B項．答案：B3．解析：因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝4a5，又an≠0，所以a5＝4，因為數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，所以b4＋b6＝2b5＝a5＝4，所以b5＝2，則數(shù)列{bn}的前9項和S9＝9b5＝18，故選B.答案：B4．解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，m＋n＝6，m∈N*，n∈N*，當(dāng)m＝n＝3時，mn＝9；當(dāng)m＝4，n＝2時，mn＝8；當(dāng)m＝5，n＝1時，mn＝5.故選B.答案：B5．解析：因為3Sn＝an＋2①，當(dāng)n≥2時，3Sn－1＝an－1＋2②，所以當(dāng)n≥2時，①－②得3an＝an－an－1，即an＝－eq\f(1,2)an－1.又當(dāng)n＝1時，3S1＝3a1＝a1＋2，所以a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，即{an}的各項為1，－eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,8)，eq\f(1,16)，－eq\f(1,32)，…，因此數(shù)列{an}的最大項為首項1，最小項為第二項－eq\f(1,2).又3Sn＝an＋2，所以數(shù)列{Sn}的最大項為1，最小項為eq\f(1,2)，故選A.答案：A6．解析：因為a1＝1，an＋1＝4an，所以數(shù)列{an}是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，所以an＝4n－1，所以a1a2a3…an＝1×4×42×…×4n－1＝41＋2＋…＋n－1＝4eq\f(nn－1,2)＝2n(n－1)．答案：2n(n－1)7．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3與a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14.答案：148．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a5與eq\f(3,2)a4的等差中項為eq\f(1,2)，所以a5＋eq\f(3,2)a4＝1，所以a3q2＋eq\f(3,2)a3q＝1，又a3＝1，所以2q2＋3q－2＝0，又?jǐn)?shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝eq\f(a3,q2)＝4.答案：49．解析：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＝6，a2＝12－a3，∴6q＝12－6q2，解得q＝－2或q＝1，∴an＝6×(－2)n－1或an＝6.(2)①若an＝6×(－2)n－1，則Sn＝eq\f(6×[1－－2n],3)＝2[1－(－2)n]，由Sm＝66，得2[1－(－2)m]＝66，解得m＝5.②若an＝6，q＝1，則{an}是常數(shù)列，∴Sm＝6m＝66，解得m＝11.綜上，m的值為5或11.10．解析：(1)證明：記bn＝eq\f(1,an)－1，則eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq\f(1－an,31－an)＝eq\f(1,3)，又a1＝eq\f(2,3)，所以b1＝eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).(2)由(1)知eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1.所以數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項和Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＋n.11．解析：令m＝1，則由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故選C.答案：C12．解析：∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(p＋1,p)(n≥2)，又n＝1時，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝eq\f(4－m,p)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p).∵{an}為等比數(shù)列，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p)＝eq\f(p＋1,p)，∵p＞0，∴p＝－eq\f(m,4)，∴m＝－4p，p－eq\f(1,m)＝p＋eq\f(1,4p)≥2eq\r(p×\f(1,4p))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)p＝eq\f(1,4p)，p＝eq\f(1,2)時取等號，此時等比數(shù)列的公比eq\f(p＋1,p)＝3，∴an＝4×3n－1.答案：A13．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以q＞0，由－a4，a3，a5成等差數(shù)列，得2a3＝a5－a4，則q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)＝2an－a1，即Sn＝2an－3.答案：Sn＝2an－3課時作業(yè)32數(shù)列求和[基礎(chǔ)達標(biāo)]一、選擇題1．[2021·廣州市高三年級調(diào)研檢測]已知{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列，a2＋a5＝18，a3·a4＝80，設(shè)數(shù)列{bn}滿足2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項；(2)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.2．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]已知數(shù)列{an}，{bn}滿足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2.(1)求證數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.3．[2021·長沙市四校高三年級模擬考試]設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋2)))的前n項和．4．[2021·湖北省部分重點中學(xué)高三起點考試]已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且a3＝3，S3＝9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log2eq\f(3,a2n＋3)，且{bn}為遞增數(shù)列，若cn＝eq\f(4,bnbn＋1)，求證：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.5．[2021·安徽省部分重點學(xué)校高三聯(lián)考試題]已知數(shù)列{an}滿足：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公比為2的等比數(shù)列，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是公差為1的等差數(shù)列．(1)求a1，a2的值；(2)試求數(shù)列{an}的前n項和Sn.6．[2021·湖南長郡中學(xué)聯(lián)考]已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.(1)求{an}，{bn}的通項公式；(2)若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n項和為Sn，求Sn.[能力挑戰(zhàn)]7．[2020·天津卷]已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)記{an}的前n項和為Sn，求證：SnSn＋2<Seq\o\al(2,n＋1)(n∈N*)；(3)對任意的正整數(shù)n，設(shè)cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n為奇數(shù)，,\f(an－1,bn＋1)，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n項和．課時作業(yè)321．解析：解法一設(shè){an}的公差為d，因為{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列，所以d＞0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝18,a3·a4＝80，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＋a4＝18,a3·a4＝80，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝8,a4＝10.))所以d＝a4－a3＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n＋2.解法二設(shè){an}的公差為d，因為{an}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列，所以d>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝18,a3·a4＝80))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝18,a1＋2d·a1＋3d＝80))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝2.))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.(2)由(1)得2an＝22n＋2＝4n＋1，當(dāng)n≥2時，由2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，①得2b1＋22b2＋23b3＋…＋2n－1bn－1＝2an－1－4，②①－②得2nbn＝4n＋1－4n＝3×4n，n≥2，所以bn＝3×2n，n≥2.當(dāng)n＝1時，b1＝eq\f(2a1,2)－2＝eq\f(16,2)－2＝6符合上式．所以bn＝3×2n.所以Sn＝eq\f(61－2n,1－2)＝3×2n＋1－6.2．解析：(1)因為bn－an＝n，所以bn＝an＋n.因為an＋1＝2an＋n－1,所以an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，所以bn＋1＝2bn.又b1＝2，所以{bn}是首項為b1＝2，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)可得an＝bn－n＝2n－n，所以Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(21－2n,1－2)－eq\f(n1＋n,2)＝2n＋1－2－eq\f(n2＋n,2).3．解析：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，由a1＝1，a3＋a4＝12，得d＝2，所以{an}的通項公式an＝2n－1(n∈N*)．(2)eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2n－12n＋3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋2)))的前n項和為Sn，則Sn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,3)－eq\f(n＋1,2n＋12n＋3).4．解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，當(dāng)q＝1時，符合條件，a1＝a3＝3，an＝3，當(dāng)q≠1時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝3,\f(a11－q3,1－q)＝9))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝3,a11＋q＋q2＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝12,q＝－\f(1,2)))，an＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.綜上，an＝3或an＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.注：列方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝3,a1＋a1q＋a1q2＝9))求解可不用討論．(2)若an＝3，則bn＝0，與題意不符，所以an＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，所以a2n＋3＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2n＋2＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n，bn＝log2eq\f(3,a2n＋3)＝log222n＝2n，cn＝eq\f(4,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)<1.5．解析：(1)解法一∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公比為2的等比數(shù)列，∴eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)·2，∴a2＝4a1.又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是公差為1的等差數(shù)列，∴eq\f(a2,22)－eq\f(a1,21)＝1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,a2＝8)).解法二∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公比為2的等比數(shù)列，∴eq\f(\f(an＋1,n＋1),\f(an,n))＝2，∴an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an①，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是公差為1的等差數(shù)列，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝1②，由①②解得an＝n·2n，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,a2＝8)).(2)由(1)知an＝n·2n.解法一∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.兩式作差可得，－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.解法二an＝n×2n＝(2n－2)×2n－(2n－4)×2n－1(n∈N*)，設(shè)bn＝(2n－4)×2n－1，則an＝bn＋1－bn.∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn＋1－bn)＝bn＋1－b1＝(2n－2)×2n＋2，∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.6．解析：(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2q＝21＋d，,2q2＝21＋2d＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－1，,q＝0))(舍)，所以an＝n，bn＝2n.(2)由(1)知eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n)，所以Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n－2,2n－1)＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，兩式相