2026步步高高考大二轮复习数学-微专题18 等差数列与等比数列

高考定位1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.【真题体验】1.(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A.120 B.85C.－85 D.－120答案C解析设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q)，))化简整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝4，,\f(a1,1－q)＝\f(1,3)，))所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(1,3)(1－44)＝－85，故选C.2.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝()A.eq\f(7,2) B.eq\f(7,3)C.－eq\f(1,3) D.－eq\f(7,11)答案B解析由S5＝S10，得eq\f(5（a1＋a5）,2)＝eq\f(10（a1＋a10）,2)，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝eq\f(a8－a5,8－5)＝－eq\f(1,3)，所以a1＝a5－4d＝1－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(7,3)，故选B.3.(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________.答案95解析法一设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95.法二设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝eq\f(a5－a2,5－2)＝3，a6＝11，则S10＝eq\f(a1＋a10,2)×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.4.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列；②数列{eq\r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解若①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2a1.因为数列{an}的各项均为正数，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常数)，所以数列{eq\r(Sn)}是等差数列.若①②⇒③.已知{an}是等差数列，{eq\r(Sn)}是等差数列.设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因为数列{eq\r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq\r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.若②③⇒①.已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq\r(Sn)}的公差为d，d＞0，则eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列.【热点突破】热点一等差、等比数列的基本运算1.等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d.2.等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.3.等差数列的前n项和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.4.等比数列的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))例1(1)(2024·北京海淀区模拟)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝2a2，公差d≠0，Sm＝0，则m的值为()A.4 B.5C.6 D.7(2)(2024·宁波调研)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.比赛开始后，当阿基里斯跑了1000米时，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟领先他1米，……，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为________米.答案(1)B(2)111.1解析(1)由已知a1＝2a2＝2(a1＋d)，得a1＝－2d，又Sm＝ma1＋eq\f(m（m－1）,2)d＝－2md＋eq\f(m（m－1）,2)d＝0，又d≠0，所以－2m＋eq\f(m（m－1）,2)＝0，解得m＝5或m＝0(舍去)，故选B.(2)根据题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an}，且a1＝100，q＝eq\f(1,10)，an＝eq\f(1,10)，所以乌龟爬行的总距离为Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝eq\f(100－10－1×\f(1,10),1－\f(1,10))＝eq\f(104－1,90)＝111.1.规律方法等差、等比数列的基本量问题的求解(1)抓住基本量：首项a1、公差d或公比q.(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)形式的数列为等比数列.训练1(1)(2024·枣庄模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天行走的里程数约为()A.2.76 B.5.51C.11.02 D.22.05(2)(2024·厦门调研)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，a1＝2，则{bn}的公差为________.答案(1)D(2)8解析(1)设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，由题意可知，数列{an}是公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以该马七天所走的里程为eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,27))),1－\f(1,2))＝eq\f(127a1,64)＝700，解得a1＝eq\f(27×350,127).故该马第五天行走的里程数为a5＝a1·eq\f(1,24)＝eq\f(27×350,127)×eq\f(1,24)＝eq\f(2800,127)≈22.05.(2)∵eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，∴可设Sn＝kn(3n－2)，Tn＝kn(2n＋1)，k≠0.又∵2＝a1＝S1＝k×1×(3×1－2)，∴k＝2，∴Tn＝2n(2n＋1)＝4n2＋2n，∴T1＝4＋2＝6＝b1，T2＝16＋4＝20＝b1＋b2＝6＋b2，∴b2＝14，b2－b1＝14－6＝8，即{bn}的公差为8.热点二等差、等比数列的性质1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列，有aman＝apaq＝aeq\o\al(2,k).2.前n项和的性质(m，n∈N*)：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).例2(1)(多选)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是()A.若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项B.若数列{Sn}有最小项，则d>0C.若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0D.若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列(2)(2024·合肥质检)已知等比数列{an}的首项为1，且a6＋a4＝2(a3＋a1)，则a1a2a3…a7＝________.答案(1)BD(2)128解析(1)对于A，取数列{an}为首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误；对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，Sn是关于n的二次函数.当数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值时，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0，B正确；对于C，取数列{an}为首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n，Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0，即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误；对于D，若数列{Sn}是递减数列，则an＝Sn－Sn－1<0(n≥2)，一定存在实数k，当n>k时，之后所有项都为负数，不能保证对任意n∈N*，均有Sn>0.故若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列，故D正确.(2)设等比数列{an}的公比为q，因为a6＋a4＝2(a3＋a1)，所以q3＝eq\f(a6＋a4,a3＋a1)＝2，所以a4＝a1·q3＝2.由等比数列的性质得a1a2a3…a7＝aeq\o\al(7,4)＝27＝128.规律方法等差、等比数列性质问题的求解(1)抓关系，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)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.训练2(1)(2024·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20＝()A.30 B.58C.60 D.90(2)(多选)(2024·苏州模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1，eq\f(a6－1,a7－1)<0，则下列结论正确的是()A.q>1 B.0<a6a8<1C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6答案(1)D(2)BD解析(1)由数列{an}为等差数列，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16亦为等差数列，由S4＝2，S8＝12，则S8－S4＝10，故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.(2)由条件a1>1，a6a7>1，eq\f(a6－1,a7－1)<0，可得a6>1，0<a7<1，∴eq\f(a7,a6)＝q∈(0，1)，并且an＝a1qn－1>0，a1>a2>…>an，即{an}是递减的正项数列，A错误；∴0<a6a8＝aeq\o\al(2,7)<1，B正确；Sn－Sn－1＝an>0，即Sn>Sn－1对任意的n∈N*都成立，C错误；∵当n≥7时，an<1；当1≤n≤6时，an>1，∴T6是Tn的最大值，D正确.热点三等差、等比数列的证明等差数列等比数列定义法an＋1－an＝deq\f(an＋1,an)＝q(q≠0)通项法an＝a1＋(n－1)dan＝a1·qn－1中项法2an＝an－1＋an＋1(n≥2)aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)前n项和法Sn＝an2＋bn(a，b为常数)Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0，1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.例3(2024·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq\f(3,2)且Sn＝2an＋1－3，令bn＝eq\f(n2＋n,an).(1)求证：{an}为等比数列；(2)求使bn取得最大值时的n的值.(1)证明由Sn＝2an＋1－3，可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an即n≥2，an＋1＝eq\f(3,2)an，又因为a1＝eq\f(3,2)，所以a2＝eq\f(9,4)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,2)，综上，n≥1，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，所以{an}为首项和公比均为eq\f(3,2)的等比数列.(2)解由(1)可得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)(n2＋n)，n≥2时，eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(2（n2＋n）,3（n2－n）)＝eq\f(2（n＋1）,3（n－1）)，令eq\f(bn,bn－1)>1，可得2≤n<5(或令eq\f(bn,bn－1)<1，可得n>5)，可知b1<b2<b3<b4＝b5>b6>b7>…，综上，n＝4或n＝5时，bn取得最大值eq\f(320,81).规律方法1.aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.2.{an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.3.证明{an}不是等比数列可用特值法.训练3设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式.(1)证明因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2).又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列.(2)解由(1)可知，bn＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋2,2)，则eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）).故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))【精准强化练】一、单选题1.(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝()A.－2 B.eq\f(7,3)C.1 D.eq\f(2,9)答案D解析法一设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝eq\f(1,9)，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝eq\f(2,9)，故选D.法二因为{an}为等差数列，所以S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝1，得a5＝eq\f(1,9)，则a3＋a7＝2a5＝eq\f(2,9)，故选D.2.(2024·许昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若a15＋a2010＝1，则S2024＝()A.1012 B.1013C.2024 D.2025答案A解析由等差数列的性质可得a15＋a2010＝a1＋a2024=1，所以S2024＝eq\f(2024×（a1＋a2024）,2)＝eq\f(2024×1,2)＝1012.3.(2024·长沙模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝30，则S40＝()A.60 B.70C.80 D.150答案D解析由题意得q≠－1，且{an}是等比数列，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，又因为S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，则S30－S20＝40，S40－S30＝80，所以S30＝70，S40＝150.故选D.4.(2024·南充二模)在中国文化中，竹子被用来象征高洁、坚韧、不屈的品质.竹子在中国的历史可以追溯到远古时代，早在新石器时代晚期，人类就已经开始使用竹子了.竹子可以用来加工成日用品，比如竹简、竹签、竹扇、竹筐、竹筒等.现有某饮料厂共研发了九种容积不同的竹筒用来罐装饮料，这九种竹筒的容积a1，a2，…，a9(单位：L)依次成等差数列，若a1＋a2＋a3＝3.6，a8＝0.4，则a1＋a2＋…＋a9＝()A.5.4 B.6.3C.7.2 D.13.5答案C解析∵{an}为等差数列，∴a1＋a2＋a3＝3a2＝3.6，故a2＝1.2，∴a1＋a2＋…＋a9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝eq\f(9,2)(a2＋a8)＝eq\f(9,2)×(1.2＋0.4)＝7.2.5.(2024·宿迁模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3，S9，S6成等差数列，a1＝－2，则a7的值为()A.－2 B.－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.1答案B解析当q＝1时，由2S9＝S3＋S6，得18a1＝3a1＋6a1＝9a1，解得a1＝0，矛盾，所以q≠1；当q≠1时，则2S9＝S3＋S6，即eq\f(2a1,1－q)(1－q9)＝eq\f(a1,1－q)(1－q3)＋eq\f(a1,1－q)(1－q6)，整理得q3(q3－1)(2q3＋1)＝0，解得q3＝－eq\f(1,2)，∴a7＝a1q6＝－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,2).6.(2024·青岛模拟)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值为()A.9 B.16C.25 D.50答案C解析∵S20＝eq\f(a1＋a20,2)×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10.又∵a10>0，a11>0，∴a10·a11≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a10＋a11,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(100,4)＝25，当且仅当a10＝a11＝5时，取“＝”.∴a10·a11的最大值为25.7.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a1)，\f(a3,a2)，\f(a4,a3)，…))，它的第n项为eq\f(an＋1,an)，若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝()A.eq\f(1,256) B.eq\f(1,512)C.eq\f(1,1024) D.eq\f(1,2048)答案B解析设eq\f(a2,a1)＝t，由题意得A*＝{t，2t，22t，…}，则A*的第n项为eq\f(an＋1,an)＝2n－1t，则n≥2时，an＝eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)·a1＝t·2t·22t·…·2n－2t·a1＝2eq\f(（n－2）（n－1）,2)tn－1·a1.因为a4＝1，a5＝32，所以23t3·a1＝1，26t4·a1＝32，解得t＝4，a1＝eq\f(1,512).二、多选题8.(2024·广州调研)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是()A.{an＋Sn}是等差数列 B.{an·Sn}是等比数列C.{aeq\o\al(2,n)}是等差数列 D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列答案ACD解析由{Sn}是等差数列，可得2S2＝S1＋S3，即2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3，设{an}的公比为q.∵{an}是各项均为正数的等比数列，∴a3＝a2q，可得q＝1，∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1，数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确；∵aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,1)，∴{aeq\o\al(2,n)}是常数列，为等差数列，因此C正确；∵eq\f(Sn,n)＝a1>0，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列，因此D正确；∵anSn＝naeq\o\al(2,1)，∴{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确.9.(2024·大连模拟)已知递增等比数列{an}的公比为q，且满足aeq\o\al(2,3)＋3a4＝a5，下列情况可能正确的是()A.q＝2 B.q＝eq\f(1,2)C.a4＝－1 D.a4＝2024答案BCD解析原数列递增等价于an>0，q>1或an<0，0<q<1.aeq\o\al(2,3)＋3a4＝a5等价于eq\f(aeq\o\al(2,4),q2)＋3a4＝a4q，即a4＝q3－3q2.从而q3－3q2>0，q>1或q3－3q2<0，0<q<1.可得q的范围是q>3或0<q<1，令f(x)＝x3－3x2，x>3或0<x<1，则f′(x)＝3x(x－2)，当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，从而f(x)>f(3)＝0，或f(1)＝－2<f(x)<f(0)＝0，这表明了a4＝q3－3q2的范围是－2<a4<0或a4>0.所以A错误，B正确，C正确，D正确.三、填空题10.(2024·唐山模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝eq\f(1,2)，aeq\o\al(2,3)＝a6，则S3＝________.答案eq\f(7,8)解析设等比数列{an}的公比为q，由aeq\o\al(2,3)＝a6，得(a1q2)2＝a1q5，则q＝a1＝eq\f(1,2)，由等比数列求和公式可知S3＝eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3))),1－\f(1,2))＝eq\f(7,8).11.(2024·淮北模拟)正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(1,13)，a1＋2，S13成等比数列，则eq\f(S7,a1)的最小值为________.答案eq\f(63,2)解析设{an}的公差为d，则eq\f(1,13)×S13＝a7＝(a1＋2)2⇒a1＋6d＝(a1＋2)2⇒6d＝aeq\o\al(2,1)＋3a1＋4，而an>0，eq\f(S7,a1)＝eq\f(7a4,a1)＝7＋eq\f(21d,a1)＝7＋eq\f(7,2)a1＋eq\f(21,2)＋eq\f(14,a1)≥eq\f(35,2)＋2eq\r(\f(7,2)a1×\f(14,a1))＝eq\f(63,2)，当且仅当a1＝2时取得等号.12.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若a2a10＝2aeq\o\al(2,4)，且S4－S12＝λS8，则λ＝________.答案－2解析设等比数列{an}的公比为q，由题意可知q≠1.因为a2a10＝2aeq\o\al(2,4)，所以aeq\o\al(2,1)q10＝2aeq\o\al(2,1)q6，得q4＝2.因为S4－S12＝λS8，所以eq\f(a1（1－q4）,1－q)－eq\f(a1（1－q12）,1－q)＝eq\f(λa1（1－q8）,1－q)，所以1－q4－(1－q12)＝λ(1－q8)，所以q12－q4＝λ(1－q8)，(q4)3－q4＝λ[1－(q4)2]，所以8－2＝－3λ，解得λ＝－2.四、解答题13.(2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{Sn}的前n项和.解(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，即an＋2＝eq\f(5,3)an＋1，所以等比数列{an}的公比为eq\