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高考数学考前冲刺押题预测 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅰ）设{an}是等比数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（　　）
A．12 B．24 C．30 D．32
2．（2024 新课标Ⅱ）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝（　　）
A．n（n+1） B．n（n﹣1） C． D．
3．（2024 全国卷Ⅰ）已知等差数列{an}满足a2+a4＝4，a3+a5＝10，则它的前10项的和S10＝（　　）
A．138 B．135 C．95 D．23
4．（2024 新课标Ⅱ）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（　　）
A． B． C． D．
5．（2024 重庆）在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．6
6．（2024 甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
7．（2024 新课标Ⅱ）数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+…+ak+10＝215﹣25，则k＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2024 新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（　　）
A．440 B．330 C．220 D．110
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 福田区校级二模）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（　　）
A．0＜a1＜1 B．1＜b1 C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
（多选）10．（2024 芝罘区校级模拟）如图，已知点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，Fn（n∈N*）为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn（n∈N*）满足，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（　　）
A．a3＝13 B．数列{an+3}是等比数列
C．an＝4n﹣3 D．
（多选）11．（2024 山东模拟）已知数列{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
（多选）12．（2024 青岛模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn+1＝Sn+2an+1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为（　　）
A．数列{an+1}是等差数列
B．数列{an+1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为
D．Tn＜1
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅰ）设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3，则S4＝　 　．
14．（2024 浙江）设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an+1＝2Sn+1（n∈N*），则a1＝　 　，S5＝　 　．
15．（2024 新课标Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 　 　．
16．（2024 新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 山东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n+3．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn．
18．（2024 新课标Ⅰ）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．
19．（2024 北京）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设cn＝an+bn，求数列{cn}的前n项和．
20．（2024 新课标Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
高考数学考前冲刺押题预测 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅰ）设{an}是等比数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（　　）
A．12 B．24 C．30 D．32
【考点】等比数列的性质．
【专题】计算题；对应思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可求出．
【解答】解：{an}是等比数列，且a1+a2+a3＝1，
则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，
∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，
故选：D．
【点评】本题考查了等比数列的性质和通项公式，属于基础题．
2．（2024 新课标Ⅱ）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝（　　）
A．n（n+1） B．n（n﹣1） C． D．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】A
【分析】由题意可得a42＝（a4﹣4）（a4+8），解得a4可得a1，代入求和公式可得．
【解答】解：由题意可得a42＝a2 a8，
即a42＝（a4﹣4）（a4+8），
解得a4＝8，
∴a1＝a4﹣3×2＝2，
∴Sn＝na1d，
＝2n2＝n（n+1），
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．
3．（2024 全国卷Ⅰ）已知等差数列{an}满足a2+a4＝4，a3+a5＝10，则它的前10项的和S10＝（　　）
A．138 B．135 C．95 D．23
【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，及等差数列前n项和，根据a2+a4＝4，a3+a5＝10我们构造关于基本量（首项及公差）的方程组，解方程组求出基本量（首项及公差），进而代入前n项和公式，即可求解．
【解答】解：∵（a3+a5）﹣（a2+a4）＝2d＝6，
∴d＝3，a1＝﹣4，
∴S10＝10a195．
故选：C．
【点评】在求一个数列的通项公式或前n项和时，如果可以证明这个数列为等差数列，或等比数列，则可以求出其基本项（首项与公差或公比）进而根据等差或等比数列的通项公式，写出该数列的通项公式，如果未知这个数列的类型，则可以判断它是否与某个等差或等比数列有关，间接求其通项公式．
4．（2024 新课标Ⅱ）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】C
【分析】设等比数列{an}的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到，解出即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝a2+10a1，a5＝9，
∴，解得．
∴．
故选：C．
【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键．
5．（2024 重庆）在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．6
【考点】等差数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】B
【分析】直接利用等差中项求解即可．
【解答】解：在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a4（a2+a6）2，
解得a6＝0．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质，等差中项个数的应用，考查计算能力．
6．（2024 甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】由等比数列的性质得S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，从而得到关于S6的方程，再求出S6．
【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，
由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，
∴4，2，S6﹣6成等比数列，
∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．
故选：A．
【点评】本题考查了等比数列的性质，考查方程思想和运算求解能力，是基础题．
7．（2024 新课标Ⅱ）数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+…+ak+10＝215﹣25，则k＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】数列递推式．
【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】在已知数列递推式中，取m＝1，可得，则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，再由等比数列的前n项和公式列式求解．
【解答】解：由a1＝2，且am+n＝aman，
取m＝1，得an+1＝a1an＝2an，
∴，
则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则，
∴ak+1+ak+2+…+ak+10215﹣25，
∴k+1＝5，即k＝4．
故选：C．
【点评】本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了等比数列前n项和的求法，是中档题．
8．（2024 新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（　　）
A．440 B．330 C．220 D．110
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列．
【答案】A
【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{bn}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；
方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和Sn＝2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N的值；
方法三：要使100，有k≥14，此时k+2＜2k+1，分析可得k＝2s﹣3≥14，求出s的最小值，即可求得k，进一步求出满足条件的N的值．
【解答】解：方法一、设该数列为{an}，设bn2n﹣1，（n∈N+），则ai，
由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，
可知当N为时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，
容易得到N＞100时，n≥14，
A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．
B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．
C项，仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．
D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．
故选A．
方法二：由题意可知：，，，，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，
每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为N＝1+2+3+…+n，
所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣nn＝2n+1﹣2﹣n，
由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，
则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞100，
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，
∴该款软件的激活码440．
故选：A．
方法三、要使100，有k≥14，此时k+2＜2k+1，
∴k+2是之后的等比数列1，2，…，2k+1的部分和，
即k+2＝1+2+...+2s﹣1＝2s﹣1，∴k＝2s﹣3≥14，s的最小值为5，
此时k＝25﹣3＝29．
对应最小的满足条件的N．
故选：A．
【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 福田区校级二模）已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（　　）
A．0＜a1＜1 B．1＜b1 C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；换元法；等差数列与等比数列；数据分析．
【答案】ABC
【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，在求出其前2n项和的表达式即可判断大小；
【解答】解：∵数列{an}为递增数列；
∴a1＜a2＜a3；
∵an+an+1＝2n，
∴；
∴，
∴0＜a1＜1；故A正确．
∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2；
∵数列{bn}为递增数列；
∴b1＜b2＜b3；
∵bn bn+1＝2n
∴；
∴；
∴1＜b1，故B正确．
∵T2n＝b1+b2+…+b2n
＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）
；
∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了数列的综合运用，考查学生的分析能力与计算能力．属于中档题．
（多选）10．（2024 芝罘区校级模拟）如图，已知点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，Fn（n∈N*）为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn（n∈N*）满足，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（　　）
A．a3＝13 B．数列{an+3}是等比数列
C．an＝4n﹣3 D．
【考点】数列与向量的综合．
【专题】综合题；压轴题；等差数列与等比数列；平面向量及应用．
【答案】AB
【分析】此题在向量基础上把数列综合进来，其本质还是向量线性表示问题．首先利用平面向量找到数列递推公式，再求解．
【解答】解∵E为AB中点，
∴，
∴，
又∵D、Gn、B三点共线，
∴，
又∵，
∴，化简可得an+1＝2an+3，
∴an+1+3＝2（an+3），
∴数列{an+3}是等比数列．
又∵a1＝1，
∴，
∴，
∴a3＝13，
∴．
故选：AB．
【点评】本题综合了数列与向量，题目看起来比较复杂，部分学生不愿静下心来去思考．其本质还是向量线性表示，构造等式后得到数列递推公式，从而求解．综合性较强，属于中档偏难题．
（多选）11．（2024 山东模拟）已知数列{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
【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【答案】ACD
【分析】根据题意，由2a1+3a3＝S6 a10＝0，然后逐项分析即可．
【解答】解：A．因为数列{an}为等差数列，2a1+3a3＝S6，即5a1+6d＝6a1+15d，即a1+9d＝a10＝0，故A正确；
B．因为a10＝0，所以S9＝S10，但是无法推出数列{an}的单调性，故无法确定S10是最大值还是最小值．故B错误；
C．因为a8+a9+a10+a11+a12＝5a10＝0，所以S12＝S7+a8+a9+a10+a11+a12＝S7+0＝S7，故C正确；
D．S1919a10＝0，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了等差数列的前n项和，等差数列的通项，等差数列的性质．本题属于基础题．
（多选）12．（2024 青岛模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn+1＝Sn+2an+1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为（　　）
A．数列{an+1}是等差数列
B．数列{an+1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为
D．Tn＜1
【考点】裂项相消法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】由数列的递推式可得an+1＝Sn+1﹣Sn＝2an+1，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得an，，由数列的裂项相消求和可得Tn．
【解答】解：由Sn+1＝Sn+2an+1即为an+1＝Sn+1﹣Sn＝2an+1，
可化为an+1+1＝2（an+1），由S1＝a1＝1，可得数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an+1＝2n，即an＝2n﹣1，
又，可得Tn＝111，
故A错误，B，C，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅰ）设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3，则S4＝　　．
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】计算题；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用等比数列的通项公式及求和公式表示已知，可求公比，然后再利用等比数列的求和公式即可求解
【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和，a1＝1，S3，
∴q≠1，，
整理可得，，
解可得，q，
则S4．
故答案为：
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题
14．（2024 浙江）设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an+1＝2Sn+1（n∈N*），则a1＝　1　，S5＝　121　．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；分析法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】运用n＝1时，a1＝S1，代入条件，结合S2＝4，解方程可得首项；再由n＞1时，an+1＝Sn+1﹣Sn，结合条件，计算即可得到所求和．
【解答】解：由n＝1时，a1＝S1，可得a2＝2S1+1＝2a1+1，
又S2＝4，即a1+a2＝4，
即有3a1+1＝4，解得a1＝1；
由an+1＝Sn+1﹣Sn，可得
Sn+1＝3Sn+1，
由S2＝4，可得S3＝3×4+1＝13，
S4＝3×13+1＝40，
S5＝3×40+1＝121．
故答案为：1，121．
【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n＝1时，a1＝S1，n＞1时，an＝Sn﹣Sn﹣1，考查运算能力，属于中档题．
15．（2024 新课标Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 　　．
【考点】数列的求和；等差数列的前n项和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，S4＝2（a2+a3）＝10，
可得a2＝2，数列的首项为1，公差为1，
Sn，，
则 2[1]＝2（1）．
故答案为：．
【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．
16．（2024 新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝　25　．
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】由已知结合等差数的性质及求和公式即可直接求解．
【解答】解：因为等差数列{an}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，
所以a4＝1，
3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，
则S10＝10a110×（﹣2）+45×1＝25．
故答案为：25
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础试题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 山东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n+3．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）利用2Sn＝3n+3，可求得a1＝3；当n＞1时，2Sn﹣1＝3n﹣1+3，两式相减2an＝2Sn﹣2Sn﹣1，可求得an＝3n﹣1，从而可得{an}的通项公式；
（Ⅱ）依题意，anbn＝log3an，可得b1，当n＞1时，bn＝31﹣n log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，于是可求得T1＝b1；当n＞1时，Tn＝b1+b2+…+bn[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）因为2Sn＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，
当n＞1时，2Sn﹣1＝3n﹣1+3，
此时，2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即an＝3n﹣1，
所以an．
（Ⅱ）因为anbn＝log3an，所以b1，
当n＞1时，bn＝31﹣n log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，
所以T1＝b1；
当n＞1时，Tn＝b1+b2+…+bn[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，
所以3Tn＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，
两式相减得：2Tn[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]（n﹣1）×31﹣n，
所以Tn，经检验，n＝1时也适合，
综上可得Tn．
【点评】本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．
18．（2024 新课标Ⅰ）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．
【考点】数列的求和；等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1，a2，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{an}的通项公式；
（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得Sn，分别求得Sn+1，Sn+2，显然Sn+1+Sn+2＝2Sn，则Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【解答】解：（1）设等比数列{an}首项为a1，公比为q，
则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1，a2，
由a1+a2＝2，2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，
则a1＝﹣2，an＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，
∴{an}的通项公式an＝（﹣2）n；
（2）由（1）可知：Sn[2+（﹣2）n+1]，
则Sn+1[2+（﹣2）n+2]，Sn+2[2+（﹣2）n+3]，
由Sn+1+Sn+2[2+（﹣2）n+2][2+（﹣2）n+3]，
[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，
[4+2（﹣2）n+1]＝2×[（2+（﹣2）n+1）]，
＝2Sn，
即Sn+1+Sn+2＝2Sn，
∴Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．
19．（2024 北京）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设cn＝an+bn，求数列{cn}的前n项和．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】方程思想；分析法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，运用通项公式可得q＝3，d＝2，进而得到所求通项公式；
（2）求得cn＝an+bn＝2n﹣1+3n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）设{an}是公差为d的等差数列，
{bn}是公比为q的等比数列，
由b2＝3，b3＝9，可得q3，
bn＝b2qn﹣2＝3 3n﹣2＝3n﹣1；
即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
则d2，
则an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）cn＝an+bn＝2n﹣1+3n﹣1，
则数列{cn}的前n项和为
（1+3+…+（2n﹣1））+（1+3+9+…+3n﹣1）n 2n
＝n2．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，同时考查数列的求和方法：分组求和，考查运算能力，属于基础题．
20．（2024 新课标Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．
【专题】方程思想；作差法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设{an}是公比q不为1的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q；
（2）求得an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和．
【解答】解：（1）设{an}是公比q不为1的等比数列，
a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，
即2a1＝a1q+a1q2，
即为q2+q﹣2＝0，
解得q＝﹣2（1舍去），
所以{an}的公比为﹣2；
（2）若a1＝1，则an＝（﹣2）n﹣1，
nan＝n （﹣2）n﹣1，
则数列{nan}的前n项和为Sn＝1 1+2 （﹣2）+3 （﹣2）2+…+n （﹣2）n﹣1，
﹣2Sn＝1 （﹣2）+2 （﹣2）2+3 （﹣2）3+…+n （﹣2）n，
两式相减可得3Sn＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n （﹣2）n
n （﹣2）n，
化简可得Sn，
所以数列{nan}的前n项和为．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及等差数列的中项性质，考查数列的错位相减法求和，主要考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．
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