2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题4 第1讲 等差数列、等比数列

高考考点考点解读1.在等差(比)数列中，a1，an，Sn，n，d(q)这五个量中已知等差(比)数列的基本运算其中的三个量，求另外两个量2．考查等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，考查方程的思想以及运算能力1.以递推数列为载体，考查等差(比)数列的定义或等差(比)等差(比)数列的判断与证明中项2．以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法等差(比)数列的性质1.等差(比)数列项或和的一些简单性质的应用2．常与数列的项或前n项和结合考查等差(比)数列的性质备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与证明方法．。(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应用．(3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用．预测2020年命题热点为：(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解．(2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)数列．(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和．知识整合Zhishizhenghe1．重要公式(1)等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋annn－1＝na1＋d.22(3)等比数列通项公式：an＝a1qn1.－

(4)等比数列前n项和公式：na1q＝1nSn＝a11－q＝a1－anqq≠11－q1－q.(5)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2).*

(6)等比中项公式：a2n＝an－1·an＋1(n∈N，n≥2).(7)数列{an}的前n项和Sn与通项an之间的关系：an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.2．重要结论(1)通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋(n－m)d；等比数列中，an＝am·qnm.－

(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列.②等比数列中，若a1>0且q>1或a1<0且00且01，则数列为递减数列.(3)等差数列{an}中，Sn为前n项和．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列；等比数列{bn}中，Tn为前n项和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．易错警示,Yicuojingshi1．忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．2．漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是±ab，容易漏掉－ab.3．忽略对等比数列的公比的讨论：一应用等比数列前n项和公式时应首先讨式q是否等于1.an4．an－an－1＝d或＝q中注意n的范围．an－15．易忽略公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2.6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．7．等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负．1．(2018·全国卷Ⅰ，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(BA．－12C．10[解析]33a1＋B．－10D．12)3×2×d4×3＝2a1＋d＋4a1＋×d⇒9a1＋9d＝6a1＋7d⇒3a1＋2d＝0⇒6＋2d＝0⇒d＝－3，22所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2018·北京卷，4)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于(D)3122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A．2fC．12B．22fD．12325f27f12[解析]选D．由已知，单音的频率构成一个首项为f，公比为122的等比数列，记为{bn}，共有13项．由等比数列通项公式可知，b8＝b1q7＝f×(2)7＝1227f.C)3．(2017·全国卷Ⅰ，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(A．1C．4[解析]设{an}的公差为d，则由a1＋3d＋a1＋4d＝24，得6×56a1＋d＝48，2B．2D．8a4＋a5＝24，S6＝48，解得d＝4.故选C．4．(2017·全国卷Ⅲ，9)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为(A)A．－24C．3[解析]由已知条件可得a1＝1，d≠0，B．－3D．82由a23＝a2a6可得(1＋2d)＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.所以S6＝6×1＋故选A．5．(2016·全国卷Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(A．100C．98[解析]B．99D．97设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝C)6×5×－2＝－24.2a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C．6．(2018·全国卷Ⅰ，14)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝－63..[解析]依题意，Sn＝2an＋1，Sn＋1＝2an＋1＋1，作差得an＋1＝2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列，又因为a1＝S1＝2a1＋1，所以a1＝－1，所以an＝－2n1，－

－1·1－26所以S6＝＝－63.1－27．(2018·全国卷Ⅱ，16)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式．(2)求Sn，并求Sn的最小值．[解析](1)设等差数列{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.命题方向1等差、等比数列的基本运算例1(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为(BA．152C．80[解析]a1＝)B．135D．16设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公比q＝a2＋a4

＝3，首项a1＋a3

3015×2＋16nn

＝3，所以ab则数列{b前15项的和为＝135.故选B．n＝3，n＝1＋log33＝1＋n，n}是等差数列，1＋q22(2)(2018·丰台二模)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a2＝2，S9＝9，则a8＝0.[解析]因为{an}为等差数列，Sn为其前n项和．a2＝2，S9＝9，设其首项为a1，公差为d，a2＝a1＋d＝2，所以9×8S9＝9a1＋d＝9，217解得d＝－，a1＝，33所以a8＝a1＋7d＝0.『规律总结』等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量a1和公差d(公比q)．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，求出a1和d(q)后代入相应的公式计算．(3)注意整体思想，如在与等比数列前n项和有关的计算中，两式相除就是常用的计算方法，整体运算可以有效简化运算．跟踪训练Genzongxunlian51．(2018·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝(4A．29C．335因为a4与2a7的等差中项为，455所以a4＋2a7＝，即a1q3＋2a1q6＝，②221联立①②可解得a1＝16，q＝，2a11－q5所以S5＝＝31.1－q12．(文)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则数列{an}的公比为.3[解析]由题意知S1＋3S3＝4S2，即a1＋3(a1＋a2＋a3)＝4(a1＋a2)，即3a3＝a2，a311所以＝，即公比q＝.a233(理)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝51，则n＝6.[解析]由a1＝1，an＋1＝an＋3，得an＋1－an＝3，所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列．B．31D．36B)3

[解析]设等比数列{an}的公比为q，因为a2a3＝2a1，所以a21q＝2a1，①由Sn＝n＋nn－1×3＝51，217(舍)．3命题方向2等差、等比数列的基本性质即(3n＋17)(n－6)＝0，解得n＝6或n＝－例2(1)(2018·汉中二模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若log2a2＋log2a8＝2，则T9的值为(A)A．±512C．±1024[解析]log2a2＋log2a8＝2，可得log2(a2a8)＝2，可得：a2a8＝4，则a5＝±2，等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.(2)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝20，则S11的值为(A)A．44C．2003B．22D．88因为S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝20，由等差数列的性质可得，5a6＝20，所以a6＝4.由等差数列的求B．512D．1024[解析]11a1＋a11和公式得S11＝＝11a6＝44.2SSS(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则1，2，…，15中最大的项为(Ca1a2a15S6A．a6C．S8a8

由S15＝B．S7a7

)SD．9a9

15a1＋a1515×2a816a1＋a16a8＋a9

＝＝15a8>0，S16＝＝16×<0，可得a8>0，a9<0，d<0，故Sn

2222[解析]最大为S8.又d<0，所以{an}单调递减，因为前中Sn递增，SnS8所以Sn最大且an取最小正值时有最大值，即最大．故选C．ana8『规律总结』等差、等比数列性质的应用策略(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题．(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求Sn可以将与a1＋an相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项．(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值．跟踪训练Genzongxunlian1．(2017·沈阳模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2－a27＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，b3b11等于(A)A．16B．8C．4D．2[解析]∵{an}是等差数列，∴a2＋a12＝2a7，∴2a2－a27＋2a12＝4a7－a27＝0.又a7≠0，∴a7＝4.又{bn}是等比数列，∴b3b11＝b27＝a27＝16.2．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝(CA．1B．2C．3D．2或4[解析]∵{an}为等比数列，∴a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，∴(a5＋a7)2

＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝a5＋a7242a＝1＋a3

8＝2.同理a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，∴(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a＋aa9＋a11222

1315＝aa＝＝1.5＋7

4∴a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.命题方向3等差、等比数列的判断与证明例3已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan.其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝3132，求λ.[解析](1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝11－λ，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，所以an＋1a＝λnλ－1.)则因此{an}是首项为1λ，公比为的等比数列，1－λλ－11λn－1

于是an＝().1－λλ－1(2)由(1)得Sn＝1－(『规律总结』判断和证明数列是等差(比)数列的方法an1

(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an(或＋)为与正整数n无关的一常数．an

(2)构造法：通过对含有an，an－1的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，构造出要证数列的第n项与第n－1项的关系，从而证明等差(比)数列.(3)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；*

②若a2n＝an－1·an＋1(n∈N，n≥2)，则{an}为等比数列．λnλ531λ5131).由S5＝得1－()＝，即()＝.解得λ＝－1.3232321－λλ－1λ－1跟踪训练Genzongxunlian(2017·全国卷Ⅰ，17)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．[解析](1)设{an}的公比为q.由题设可得a11＋q＝2，a11＋q＋q2＝－6.解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得n＋1a11－qn2n2Sn＝＝－＋(－1).331－q2n3－2n4由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

33＋

＋2

2n12＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，33＋

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．A组1．(2018·唐山模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝(A．18C．9B．12D．6D)。[解析]本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式．11a1＋a11112a1＋10d由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1

22＋5d)＝6，故选D．2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(A．31C．63[解析]解法一：由条件知：an>0，且a1＋a2＝3，a1＋a2＋a3＋a4＝15，∴q＝2.1－26

∴a1＝1，∴S6＝＝63.1－2解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即122＝3(S6－15)，∴S6＝63.3．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)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p＋q的值等于(DA．6C．8[解析]由题可得a＋b＝p>0，ab＝q>0，B．7D．9所以a>0，b>0，不妨设a>b，所以等比数列为a，－2，b或b，－2，a从而)∴a11＋q＝3，a11＋q＋q2＋q3＝15，B．32D．C)得到ab＝4＝q，等差数列为a，b，－2或－2，b，a从而得到2b＝a－2，两式联立解出a＝4，b＝1，所以p＝a＋b＝5，所以p＋q＝4＋5＝9.a9＋a1014．(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＝(C2a7＋a8A．1＋2C．3＋22B．1－2D．3－22)[解析]本题主要考查等差数列、等比数列．11∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3×2＝a1＋2a2，22即a1q2＝a1＋2a1q，∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋2或q＝1－2(舍)，a9＋a10a1q81＋q∴＝＝q2＝(1＋2)2＝3＋22.a7＋a8a1q61＋q195．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a2m，n∈N*，则＋的最小值为(1，mnA．2C．114B．163D．22m

设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16a21⇒a1·2C)[解析]＋n－2

*

＝16a21⇒m＋n＝6，∵m，n∈N，∴(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m1911＝2，n＝4时，＋取最小值.mn426．已知{an}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝，d＝－1.3[解析]由题可得(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有3a1＋2d＝0，又因为2a1＋a2＝1，即3a1＋d＝1，联立可得d2＝－1，a1＝.37．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn为数列{an}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则S10＝91.[解析]因为任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1＝an＋2，因为a3＝a2＋2＝4，所以an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，9×8所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋×2＝91.28．(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a2＋a5＝4，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a2＋a5＝4，a11－q9a11－q3a11－q62×＝＋1－q1－q1－q∴a1q＋a1q4＝4，1解得a1q＝8，q3＝－，21∴a8＝a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2.49．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数．(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．[解析](1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，4整理得an＝an－1.3p由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.3p4所以{an}是首项为，公比为的等比数列．334－

(2)因为a1＝1，则an＝()n1，34－

由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()n1，3当n≥2时，由累加法得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)41－n－1

3＝3·(4)n－1－1，＝2＋341－34－

当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·()n1－1.310．(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a3＝3，S3＝9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2

3a2n＋3

，且{bn}为递增数列，若cn＝4，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.bn·bn＋1

[解析](1)设该等比数列的公比为q，11则根据题意有3·(1＋＋2)＝9，qq从而2q2－q－1＝0，1解得q＝1或q＝－.2当q＝1时，an＝3；11当q＝－时，an＝3·(－)n－3.22(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，1－

故an＝3(－)n3，21此时a2n＋3＝3·(－)2n，2∴bn＝2n，符合题意．4∴cn＝2n·2n＋21＝n·n＋111＝－，nn＋1从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－1<1.n＋1＋

(理)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{xn}的通项公式；22

(2)记Tn＝x21x3…x2n－1，证明：Tn≥1.4n[解析](1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－1n＝.n＋1n＋1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知122

Tn＝x21x3…x2n－1＝222n－1342…2n2.1当n＝1时，T1＝；4当n≥2时，2n－12n－1222因为x2n－1＝2n＝＞2n22n－12－12n－2n－1＝＝，22nn2n1n－1112所以Tn＞22×××…×＝.234nn综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥1.4nB组SS1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，4＝4，则6的值为(A)S2S49A．4C．53B．32D．4S4－S2S[解析]由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由4＝4得＝3，则S6－S4＝5S2，S2S2S9所以S4＝4S2，S6＝9S2，6＝.S44S2．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且4a3－a6＝0，则6＝(DS3A．－5C．3B．－3D．5)[解析]∵4a3－a6＝0，∴4a1q2＝a1q5，∵a1≠0，q≠0，a11－q61－q6S61－q3

∴q＝4，∴＝＝＝1＋q3＝5.33S3a11－q1－q1－q(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(C1A．3C．19B．－1319)D．－[解析]∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，a3＝9a1＝a1q2，∴q2＝9，又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a3，∴a3＝1，1又a3＝9a1，故a1＝.93．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝A．2017C．4034n＋1an

[解析]∵a1＝1，Sn＝，2∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1a即n＝，nn－1an－1aa∴n＝＝…＝1＝1，∴an＝n.nn－11∴a2018＝2018.4．(2018·浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(A．a1a3，a2a4D．a1>a3，a2>a4[解析]由x>0，lnx≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q<0，当B)n＋1annan－1

－，22B．2018D．4036n＋1an

，则a2018＝(B2)q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0.5．(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝(DA．10C．－5[解析]B．15D．20当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1适合上式，所以an＝4n－5，)所以ap－aq＝4(p－q)，因为p－q＝5，所以ap－aq＝20.6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前n和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(A)nA．n－1

2C．2n－12n－1B．n＋1－

2n1＋1n＋1D．＋

2n1

[解析]设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，2Sn＋(1＋)an＝4.nn＋1an－122n＋12aa当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·n＝，又因为1＝1，nnn－11n－1nn－1nan1an1－

所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()n1(n∈N*)，an＝n－1(n∈N*)．故选A．n2n227．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝66.[解析]本题主要考查数列的通项公式与求和．依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项5×1－33起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66.1－38．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50.[解析]∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5.又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]＝ln(e5)10＝lne50＝50.注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam.9．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；11(2)记数列an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．1000[解析](1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.11(2)由(1)得＝n.an2111－211112所以Tn＝＋2＋3＋…＋n＝222211－21＝1－n.211－n－111由|Tn－1|<得<，即2n>1000.210001000因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.n||于是，使|Tn－1|<1成立的n的最小值为10.100010．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*，又2a2，a3，a2＋2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．[解析](1)由Sn＋1＝qSn＋1①②可得，当n≥2时，Sn＝qSn－1＋1①－②得：an＋1＝qan.又S2＝qS1＋1且a1＝1，所以a2＝q＝q·a1，所以数列{an}是以1为首项，q为公比的等比数列．又2a2，a3，a2＋2成等差数列，所以2a3＝2a2＋a2＋2＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2.所以2q2－3q－2＝0，1解得q＝2或q＝－(舍)，2所以数列{an}的通项公式为：an＝2n1(n∈N*)．－

(2)由题意得：bn＝2·2n1－λ(log22n)2＝2n－λn2，－

若数列{bn}为递增数列，则有bn＋1－bn＝2＋

n＋1

2n

－λ(n＋1)－2＋λn＝2－2nλ－λ>0，即λ<.2n＋12

n

2

n

2n1

2n＋34n＋2因为＝>1，2n＋32n

2n＋12n

所以数列{}为递增数列．2n＋12n22所以≥，所以λ<.32n＋13