2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(解析版)

年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()A．29 B．31C．33 D．36【例2】．an是公差不为0的等差数列，满足a24＋a25＝a26＋a27，则该数列的前10项和S10等于()A．－10B．－5C．0D．5【例3】．已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*，aan＝3n，记bn＝a2•3n－1(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和等于()A．2n＋n B．2n＋1－1C.3n＋1－3n2 D.3n＋1－32题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a5＝4，S15＝60则a20等于()A．4B．6C．10D．122．在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6等于()A．8B．6C．4 D．33．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()A．152 B．135C．80 D．16题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a8•a2008＝14，则b1＋b2＋b3＋…＋b2015等于()A．log22015 B．2015C．－2015 D．10082．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8等于()A．－30 B．40C．40或－30 D．40或－503．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn的最大值与最小值之和为()A．－23 B．－712C.14 D.56题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则a1a17a9的值为()A．23 B．4C．±22 D．±42．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－217<d<－19，则当Sn取最大值时n的值为________．3．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2016＋a2017＞0，a2016•a2017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是()A．2016B．2017C．4032 D．4033题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{an}中，a1＝1，an•an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB→＝a1OA→＋a2016OC→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2016等于()A．1007B．1008C．2015D．2016题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为()A.12 B.32C．1 D．－322．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得am•an＝4a1，则1m＋4n的最小值为()A.32 B.53C.256 D.433．艾萨克•牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列xn满足xn＋1＝xn－fxnf′xn，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列xn为牛顿数列，设an＝lnxn－2xn－1，已知a1＝2，xn>2，则an的通项公式an＝________.【专题训练】一、选择题1．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lgan}的前10项和等于()A．2 B．lg50C．10 D．52．在正项等比数列{an}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．83．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．104．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn等于()A．n(3n－1) B.nn＋32C．n(n＋1) D.n3n＋125．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S12－S6S6－7•S6－S3S3－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a35，则1m＋8n的最小值是()A.157 B.95C.53 D.756．数列an是以a为首项，b为公比的等比数列，数列bn满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列cn满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若cn为等比数列，则a＋b等于()A.2B．3C.5 D．6二、填空题7．数列{an}的通项an＝n2•，其前n项和为Sn，则S30＝________.8．已知数列{an}满足a1＝2，且an＝2nan－1an－1＋n－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？()A．8日B．9日C．12日 D．16日10．数列{logkan}是首项为4，公差为2的等差数列，其中k>0，且k≠1.设cn＝anlgan，若{cn}中的每一项恒小于它后面的项，则实数k的取值范围为________．三、解答题11．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an；若不存在，请说明理由．12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足an＋1＝an•bn，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5等于()A．29 B．31C．33 D．36【解析】法一：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1qa1q4＝2a1q2,a1q3＋2a1q6＝2×\f(5,4)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2),a1＝16))，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝31，故选B.法二：由a2a5＝2a3，得a4＝2.又a4＋2a7＝eq\f(5,2)，所以a7＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝16，所以S5＝eq\f(a21－q5,1－q)＝31，故选B.【答案】B【例2】．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是公差不为0的等差数列，满足aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,7)，则该数列的前10项和S10等于()A．－10B．－5C．0D．5【解析】由题意，得aeq\o\al(2,4)－aeq\o\al(2,7)＝aeq\o\al(2,6)－aeq\o\al(2,5)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4－a7))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＋a7))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a6－a5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a6＋a5))，即－3deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＋a7))＝deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a6＋a5))，又因为d≠0，所以a4＋a7＝a6＋a5＝0，则该数列的前10项和S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a6＋a5))＝0.故选C.【答案】C【例3】．已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*，aan＝3n，记bn＝a2·3n－1(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和等于()A．2n＋n B．2n＋1－1C.eq\f(3n＋1－3n,2) D.eq\f(3n＋1－3,2)【解析】因为aan＝3n，所以a1≤3，若a1＝1，那么a1＝aa1＝3×1＝3≠1矛盾，若a1＝2，那么a2＝aa1＝3×1＝3成立，若a1＝3，那么a3＝aa1＝3×1＝3＝a1矛盾，所以a2＝b1＝2，当aaan＝3an＝a3n，所以bn＝a2·3n－1＝a3·2·3n－2＝3a2·3n－2＝3bn－1，即eq\f(bn,bn－1)＝3，数列{bn}是首项为2，公比为3的等比数列，所以前n项和为eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(31－33,1－3)＝eq\f(3n＋1－3,2)，故选D.【答案】D题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a5＝4，S15＝60则a20等于()A．4B．6C．10D．12【解析】等差数列{an}的前n项和为Sn，∵a3＋a5＝4，S15＝60，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋4d＝4,15a1＋\f(15×14,2)d＝60))，解得a1＝eq\f(1,2)，d＝eq\f(1,2)，∴a20＝a1＋19d＝eq\f(1,2)＋19×eq\f(1,2)＝10.故选C.【答案】C2．在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6等于()A．8B．6C．4 D．3【解析】由等差数列的性质可知，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝2×3a3＋3×2a9＝6(a3＋a9)＝6×2a6＝12a6＝36，∴a6＝3.故选D.【答案】D3．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()A．152 B．135C．80 D．16【解析】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＝eq\f(a2＋a4,a1＋a3)＝3，首项a1＝eq\f(30,1＋q2)＝3，所以an＝3n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{bn}是等差数列，前15项的和为eq\f(15×2＋16,2)＝135，故选B.【答案】B题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a8·a2008＝eq\f(1,4)，则b1＋b2＋b3＋…＋b2015等于()A．log22015 B．2015C．－2015 D．1008【解析】∵数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，∴数列{an}是等比数列，由a8·a2008＝eq\f(1,4)，可得aeq\o\al(2,1008)＝eq\f(1,4)，即a1008＝eq\f(1,2)，∴a1·a2015＝a2·a2014＝…＝a1007·a1009＝aeq\o\al(2,1008)＝eq\f(1,4)，∴b1＋b2＋b3＋…＋b2015＝log2(a1·a2·…·a2015)＝log2＝－2015.【答案】C2．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8等于()A．－30 B．40C．40或－30 D．40或－50【解析】∵数列{an}为等比数列且数列{an}的前n项和为Sn，∴S4，S8－S4，S12－S8也构成等比数列．∴(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，∵S4＝10，S12＝130，各项均为正数的等比数列{an}，∴(S8－10)2＝10·(130－S8)，∴S8＝40.故选B.【答案】B3．等比数列{an}的首项为eq\f(3,2)，公比为－eq\f(1,2)，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－eq\f(1,Sn)的最大值与最小值之和为()A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(7,12)C.eq\f(1,4) D.eq\f(5,6)【解析】依题意得，Sn＝＝1－.当n为奇数时，Sn＝1＋eq\f(1,2n)随着n的增大而减小，1＜Sn＝1＋eq\f(1,2n)≤S1＝eq\f(3,2)，Sn－eq\f(1,Sn)随着Sn的增大而增大，0＜Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6)；当n为偶数时，Sn＝1－eq\f(1,2n)随着n的增大而增大，eq\f(3,4)＝S2≤Sn＝1－eq\f(1,2n)＜1，Sn－eq\f(1,Sn)随着Sn的增大而增大，－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)＜0.因此Sn－eq\f(1,Sn)的最大值与最小值分别为eq\f(5,6)、－eq\f(7,12)，其最大值与最小值之和为eq\f(5,6)－eq\f(7,12)＝eq\f(3,12)＝eq\f(1,4)，选C.【答案】C题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则eq\f(a1a17,a9)的值为()A．2eq\r(3) B．4C．±2eq\r(2) D．±4【解析】∵a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，∴a3a15＝12，a3＋a15＝7，∵{an}为等比数列，又a3，a9，a15同号，∴a9＞0，∴a9＝eq\r(a3a15)＝2eq\r(3)，∴eq\f(a1a17,a9)＝eq\f(a\o\al(2,9),a9)＝a9＝2eq\r(3).故选A.【答案】A2．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－eq\f(2,17)<d<－eq\f(1,9)，则当Sn取最大值时n的值为________．【解析】因为等差数列{an}的公差d为负值，所以{an}是递减数列．又a1＝1，所以由an＝a1＋(n－1)d>0得n<eq\f(d－a1,d)，即n<1－eq\f(1,d)，因为－eq\f(2,17)<d<－eq\f(1,9)，所以eq\f(19,2)<1－eq\f(1,d)<10，所以n≤9，即当n≤9时，an>0，当n≥10时，an<0.所以当Sn取得最大值时n的值为9.【答案】93．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2016＋a2017＞0，a2016·a2017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是()A．2016B．2017C．4032 D．4033【解析】因为a1＞0，a2016＋a2017＞0，a2016·a2017＜0，所以d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所以S4032＝eq\f(4032a1＋a4032,2)＝eq\f(4032a2016＋a2017,2)＞0，S4033＝eq\f(4033a1＋a4033,2)＝4033a2017＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4032，故选C.【答案】C题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝eq\f(n9－n,2).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，∴Tm＝＝8，∵随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝eq\f(n9－n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－9n)＝－eq\f(1,2)，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.【解析】(1)∵an·an＋1＝，∴an＋1·an＋2＝，∴eq\f(an＋2,an)＝eq\f(1,2)，即an＋2＝eq\f(1,2)an.∵bn＝a2n＋a2n－1，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(1,2)所以{bn}是公比为eq\f(1,2)的等比数列．∵a1＝1，a1·a2＝eq\f(1,2)，∴a2＝eq\f(1,2)⇒b1＝a1＋a2＝eq\f(3,2).∴bn＝eq\f(3,2)×＝eq\f(3,2n).(2)由(1)可知an＋2＝eq\f(1,2)an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq\f(1,2)为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列．∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＝3－eq\f(3,2n).题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\o(OB,\s\up6(→))＝a1eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up6(→))，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2016等于()A．1007B．1008C．2015D．2016【解析】∵A、B、C三点共线∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))∴eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝λ(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OC,\s\up6(→))又∵eq\o(OB,\s\up6(→))＝a1·eq\o(OA,\s\up6(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up6(→))，∴a1＝1－λ，a2016＝λ∴a1＋a2016＝1∴S2016＝eq\f(2016a1＋a2016,2)＝1008，∴选B.【答案】B题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．1 D．－eq\f(\r(3),2)【解析】因为a3a4a5＝3π＝aeq\o\al(3,4)，所以a4＝3eq\f(π,3)，即log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3(a1a2…a7)＝log3aeq\o\al(7,4)＝7log33eq\f(π,3)＝eq\f(7π,3)，所以sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝eq\f(\r(3),2).【答案】B2．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(25,6) D.eq\f(4,3)【解析】由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(不合题意，舍去)，又由eq\r(am·an)＝4a1，得aman＝16aeq\o\al(2,1)，即aeq\o\al(2,1)2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)＝eq\f(1,6)＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，即n＝2m＝4时取得最小值eq\f(3,2).【答案】A3．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xn))满足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xn))为牛顿数列，设an＝lneq\f(xn－2,xn－1)，已知a1＝2，xn>2，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式an＝________.【解析】∵函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝0，,4a＋2b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2a，,b＝－3a.))∴f(x)＝ax2－3ax＋2a，则f′(x)＝2ax－3a.则xn＋1＝xn－eq\f(ax\o\al(2,n)－3axn＋2a,2axn－3a)＝xn－eq\f(x\o\al(2,n)－3xn＋2,2xn－3)＝eq\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)，∴eq\f(xn＋1－2,xn＋1－1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)－2,\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)－1)＝eq\f(x\o\al(2,n)－2－22xn－3,x\o\al(2,n)－2－2xn－3)＝，则数列an是以2为公比的等比数列，又∵a1＝2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2·2n－1＝2n.【答案】2n【专题训练】一、选择题1．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lgan}的前10项和等于()A．2 B．lg50C．10 D．5【解析】∵等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，∴a1a10＝a2a9＝…＝a4a7＝10，∴数列{lgan}的前10项和S＝lga1＋lga2＋…＋lga10＝lga1a2…a10＝lg105＝5，故选D【答案】D2．在正项等比数列{an}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．8【解析】在正项等比数列{an}中，∵a3a5＝64，∴a3a5＝a1a7＝64，∴a1＋a7≥2eq\r(a1a7)＝2eq\r(64)＝2×8＝16，当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∴a1＋a7的最小值为16，故选C.【答案】C3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．10【解析】设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，∵Tn＝a1a2…an，∴Teq\o\al(2,n)＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，∴n＝12.【答案】B4．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn等于()A．n(3n－1) B.eq\f(nn＋3,2)C．n(n＋1) D.eq\f(n3n＋1,2)【解析】依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，选C.【答案】C5．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若eq\f(S12－S6,S6)－7·eq\f(S6－S3,S3)－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2aeq\o\al(3,5)，则eq\f(1,m)＋eq\f(8,n)的最小值是()A.eq\f(15,7) B.eq\f(9,5)C.eq\f(5,3) D.eq\f(7,5)【解析】∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，∴eq\f(S12－S6,S6)＝q6，eq\f(S6－S3,S3)＝q3，∴q6－7q3－8＝0，解得q＝2(负值舍去)．又a1ama2n＝2aeq\o\al(3,5)，∴aeq\o\al(3,1)·2m＋2n－2＝2(a124)3＝aeq\o\al(3,1)213，∴m＋2n＝15，∴eq\f(1,m)＋eq\f(8,n)＝eq\f(1,15)(m＋2n)＝eq\f(17＋\f(2n,m)＋\f(8m,n),15)≥eq\f(17＋2\r(\f(2n,m)×\f(8m,n)),15)＝eq\f(5,3)，当且仅当eq\f(2n,m)＝eq\f(8m,n)，即m＝3，n＝6时等号成立，∴eq\f(1,m)＋eq\f(8,n)的最小值是eq\f(5,3)，故选C.【答案】C6．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以a为首项，b为公比的等比数列，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))为等比数列，则a＋b等于()A.eq\r(2)B．3C.eq\r(5) D．6【解析】由题意知，当b＝1时，{cn}不是等比数列，所以b≠1.由an＝abn－1，则bn＝1＋eq\f(a1－bn,1－b)＝1＋eq\f(a,1－b)－eq\f(abn,1－b)，得cn＝2＋－eq\f(a,1－b)·eq\f(b1－bn,1－b)＝2－eq\f(ab,1－b2)＋eq\f(1－b＋a,1－b)n＋eq\f(abn＋1,1－b2)，要使eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))为等比数列，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\f(ab,1－b2)＝0，,\f(1－b＋a,1－b)＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))a＋b＝3，故选B.【答案】B二、填空题7．数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________.【解析】由题意可知，an＝n2·coseq\f(2nπ,3)，若n＝3k－2，则an＝(3k－2)2·＝eq\f(－9k2＋12k－4,2)(k∈N*)；若n＝3k－1，则an＝(3k－1)2·＝eq\f(－9k2＋6k－1,2)(k∈N*)；若n＝3k，则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－eq\f(5,2)，k∈N*，∴S30＝eq\f(9－\f(5,2)＋90－\f(5,2),2)×10＝470.【答案】4708．已知数列{an}满足a1＝2，且an＝eq\f(2nan－1,an－1＋n－1)(n≥2，n∈N*)，则an＝________.【解析】由an＝eq\f(2nan－1,an－1＋n－1)，得eq\f(n,an)＝eq\f(n－1,2an－1)＋eq\f(1,2)，于是eq\f(n,an)－1＝eq\f(1,2)(n≥2，n∈N*)．又eq\f(1,a1)－1＝－eq\f(1,2)，∴数列是以－eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，故eq\f(n,an)－1＝－eq\f(1,2n)，∴an＝eq\f(n·2n,2n－1)(n∈N*)．【答案】eq\f(n·2n,2n－1)9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？()A．8日B．9日C．12日 D．16日【解析】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则an＝103＋1