高考数学复习考点题型专题讲解8 等差数列与等比数列

2024年2月13日发(作者：聘用教师数学试卷)

高考数学复习考点题型专题讲解

专题8 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.

1.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )

A.14 B.12

C.6 D.3

答案 D

解析 法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，

S3＝168，由题意可得

a－a＝42，25a1（1＋q＋q）＝168，即

3a1q（1－q）＝42，2a＝96，解得1所以a＝aq＝3，故选D.

q＝2，1561法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，

S3＝168，由题意可得

a2－a5＝42，a1（1－q3）1－q＝168，即

aq（1－q）＝42，311 / 27

a＝96，解得1所以a＝aq＝3，故选D.

q＝，215612.(2021·全国甲卷)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

答案 A

解析 法一 因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得a1（1－q2）S2＝1－q＝a1（1＋q）＝4，a1（1－q4）S4＝＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，1－q

1两式相除，得q2＝，

2a＝4（2－所以2q＝212），a＝4（2＋或2q＝－2，12），

a1（1－q6）所以S6＝＝7.故选A.

1－q法二 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.

3.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1CC1BB1AA1＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直OD1DC1CB1BA1线OA的斜率为0.725，则k3等于( )

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A.0.75 B.0.8

C.0.85 D.0.9

答案 D

解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，

则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，

依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，

DD1＋CC1＋BB1＋AA1且＝0.725，

OD1＋DC1＋CB1＋BA1所以0.5＋3k3－0.3＝0.725，

4故k3＝0.9.

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{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＋n（n－1）2d＝n2a1.

3 / 27

因为数列{an}的各项均为正数，

所以Sn＝na1，

所以Sn＋1－Sn＝(n＋1)a1－na1＝a1(常数)，所以数列{Sn}是等差数列.

①②⇒③.

已知{an}是等差数列，{Sn}是等差数列.

设数列{an}的公差为d，

则Sn＝na1＋n（n－1）2d

d1＝n2d＋a1－n.

22因为数列{Sn}是等差数列，

所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数，

则a1－＝0，即d＝2a1，

2所以a2＝a1＋d＝3a1.

②③⇒①.

已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，

所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.

设数列{Sn}的公差为d，d＞0，

则S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，

所以Sn＝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，

4 / 27

d

所以an＋1－an＝2d(n＋1)－d－(2dn－d)＝2d(常数)，

所以数列{an}是等差数列.

热点一 等差数列、等比数列的基本公式

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.等差数列的求和公式：

22222Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d；

a1（1－qn）a1－anq1－q＝1－q，q≠1，4.等比数列的求和公式：Sn＝

na，q＝1.1例1 (1)已知等比数列{an}的各项均为正数，且( )

A.9 B.6

C.3 D.1

3a1a3a20＋a19，，a2成等差数列，则等于24a18＋a17(2)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.

(3)已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________；a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________.

答案 (1)A (2)2

5 / 27

1(3)an＝2n－3321*(n∈N) ×1－

343a1a3，，a2成等差数列，

n解析 (1)设公比为q，由24可得3a1a32＋a2＝2，

3a2所以12＋aa1q1q＝2，

则q2－2q－3＝0，

解得q＝－1(舍去)或q＝3.

所以a20＋a19a＋a＝a218q＋a17q2＝q2＝9.

1817a18＋a17(2)由2S3＝3S2＋6，

可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，

化简得2a3＝a1＋a2＋6，

即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，

解得d＝2.

(3)设等比数列{an}的公比为q，

由a2＝2，a1＋a3＝5，

得2q＋2q＝5，

解得q＝12或q＝2，

又{an}是递减的等比数列，

n－2所以q＝12，所以a1n＝a2×2＝12n－3，6 / 27

所以anan＋1＝n－3·n－2＝2n－5，

222则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8，

1公比为的等比数列的前n项和，

418×1－n4321故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝×1－.

1341－4规律方法 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略

(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)(2022·潍坊三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7－S6＝24，a3＝8，则数列{an}的公差d＝( )

A.2 B.4

C.6 D.8

1(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝90，设bn＝log2an，则数列{bn}3的前15项和为( )

A.16 B.80

C.120 D.150

(3)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家，在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九，上梢四节贮三升；惟有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，教君只算到天明.用你n1117 / 27

所学的数学知识求得中间二节的容积和为( )

A.2.1升 B.2.6升

C.2.7升 D.2.9升

答案 (1)B (2)C (3)A

解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，

公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，

而a7＝S7－S6＝24，又a3＝8，

∴a7－a3＝a1＋6d－(a1＋2d)＝4d＝16，

解得d＝4，故选B.

(2)设等比数列{an}的公比为q，

则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a3)(1＋q)＝90，

又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝30，

解得a1＝6，q＝2，

所以an＝a1qn－1＝3·2n，

1所以bn＝log2an＝n，

3则{bn}为等差数列，

所以数列{bn}的前15项和

T15＝15（b1＋b15）15×（1＋15）＝＝120.故选C.

22(3)设从下到上每节竹容积构成数列{an}，易知{an}为等差数列，

设其公差为d，

则a1＋a2＋a3＝3.9，a6＋a7＋a8＋a9＝3，

8 / 27

（a1＋a3）×3（a6＋a9）×4即＝3.9，＝3，

22所以a1＋a3＝2.6，a6＋a9＝1.5，

即2a1＋2d＝2.6，2a1＋13d＝1.5，

解得a1＝1.4，d＝－0.1，

所以a4＝1.1，a5＝1，

所以a4＋a5＝2.1.故选A.

热点二 等差数列、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＝a2k.

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)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝2－2，a5＝2＋1，则a1a5＋2a2a6＋a3a7＝( )

A.1 B.9

C.52＋7 D.32＋9

(2)(2022·徐州二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝( )

7A.2 B.

38C.D.3

3S6S3S9S69 / 27

(3)(2022·金华模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________；若a7<0，则使得不等式Sn<0成立的最小整数n＝________.

答案 (1)B (2)B (3)6 13

解析 (1)由等比数列的性质可得：

22a1a5＋2a2a6＋a3a7＝a22＋2＋1)2＝9，故选B.

3＋2a3a5＋a5＝(a3＋a5)＝(2－(2)因为等比数列{an}的前n项和为Sn，＝3，即S6＝3S3，

则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，

即S6S3S6－S3S9－S6＝，

S3S6－S3故4S3＝S9－S6，

S97故S9＝7S3，故＝.

S63(3)根据题意，{an}为等差数列，

若a6＋a7＝1，

（a1＋a12）×12（a6＋a7）×12则S12＝＝＝6，

22若a7<0，则S13＝（a1＋a13）×13＝13a7<0，

2则使不等式Sn<0成立的最小整数n＝13.

规律方法 等差、等比数列性质问题的求解策略

(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.

(2)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.

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训练2 (1)(2022·长沙三模)在等比数列{an}中，a7，a11是方程x＋5x＋2＝0的两根，则2a3a9a15的值为( )

a5a132＋2B.－2

2A.－C.2D.－2或2

S42S8(2)(2022·聊城检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )

S85S1657A.B.

142632C.D.

55(3)已知各项均为正数的等比数列{an}，a6，3a5，a7成等差数列，若{an}中存在两项am，an，使得4a1为其等比中项，则＋的最小值为( )

mnA.4 B.9

23C.D.

32答案 (1)B (2)A (3)D

解析 (1)在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，

则a7＋a11＝－5，a7·a11＝2，

∴a9＝－2，

14a3a9a15a39则＝2＝a9＝－2.

a5a13a9(2)因为数列{an}为等差数列，

所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列.

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S42因为＝，

S85所以设S4＝2k，S8＝5k，k≠0，

则S8－S4＝3k，

可知S12－S8＝4k，S16－S12＝5k，

所以S12＝9k，S16＝14k，

所以＝S85k5＝.

S1614k14(3)因为a6，3a5，a7成等差数列，

所以2×3a5＝a6＋a7.

又{an}是各项均为正数的等比数列，

设其首项为a1，公比为q，

所以6a1q4＝a1q5＋a1q6，

所以q2＋q－6＝0，

解得q＝2或q＝－3(舍去)，

又4a1为am，an的等比中项，

所以(4a1)2＝am·an，

m－1m＋n－2所以16a2·a1·2n－1＝a2＝24×a21＝a1·21·21，

所以m＋n－2＝4，即m＋n＝6，

4mn1141141所以＋＝(m＋n)·＋＝1＋＋＋4≥5＋2nm6mn6mn64mn当且仅当＝，

4mn3·＝，

nm2nm即m＝2，n＝4时，等号成立，

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143所以＋的最小值为.

mn2故选D.

热点三 等差数列、等比数列的判断与证明

定义法

通项法

中项法

前n项和法

等差数列

等比数列

an＋1－an＝d

an＝a1＋(n－1)d

2an＝an－1＋an＋1(n≥2)

an＋1＝q(q≠0)

anan＝a1·qn－1

a2n＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)

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.

2例3(2021·全国乙卷)设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋Sn1bn＝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，

bn所以n≥2时，Sn＝，

bn－1212bn－11代入＋＝2可得，＋＝2，

Snbnbnbn整理可得2bn－1＋1＝2bn，

1即bn－bn－1＝(n≥2).

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3又＋＝＝2，所以b1＝，

S1b1b1231故{bn}是以为首项，为公差的等差数列.

2231n＋222(2)解 由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，

222Snn＋2所以Sn＝213n＋2，

n＋13当n＝1时，a1＝S1＝，

2当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋11－＝－.

n＋1nn（n＋1）32，n＝1，故a＝

1－n（n＋1），n≥2.n易错提醒an＋1＝anq和an＝an－1an＋1(n≥2)都是数列为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.

1训练3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝6，Sn＝an＋1＋1.

2(1)证明：数列{Sn－1}为等比数列，并求出Sn；

1(2)求数列的前an2n项和Tn.

1(1)证明 由Sn＝an＋1＋1，

21得Sn＝(Sn＋1－Sn)＋1，

2即Sn＋1－1＝3(Sn－1)，

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1又a2＝6，∴S1＝a2＋1＝4，S1－1＝3≠0，

2∴数列{Sn－1}是首项为3，公比为3的等比数列，即Sn－1＝3n，

∴Sn＝3n＋1.

1(2)解 由(1)可得：Sn＝an＋1＋1＝3n＋1，

2∴an＋1＝2×3n，

∴an＝2×3n－1(n≥2)，

又a1＝4≠2×31－1＝2，

4，n＝1，∴an＝

n－12×3，n≥2，1，n＝1，41∴＝

a12×3，n≥2，nn－1∴当n≥2时，

111－1111113131Tn＝＋＋＋…＋＝＋×＝－，

a1a2a3an42124×3n－11－31当n＝1时T1＝也符合上式，

411综上，Tn＝－

24×3n－1.一、基本技能练

1.已知等比数列{an}满足a1＝2，a3a5＝4a26，则a3的值为( )

A.1 B.2

15 / 27

n－1

1C.1或－1 D.

2答案 A

2解析 由题意得a3a5＝a24＝4a6，

又在等比数列中偶数项同号，

∴a4＝2a6，

122∴q＝，∴a3＝a1q＝1，故选A.

22.设数列{an}是等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a3＋a5＝10，S5＝15，则S6＝( )

A.18 B.24

C.30 D.36

答案 B

解析 由等差数列的性质知a4＝a3＋a52＝5，

而S5＝a1＋a52×5＝5a3＝15，则a3＝3，

等差数列{an}的公差d＝a4－a3＝2，

所以a1＝a3－2d＝－1，

6×（6－1）则S6＝6a1＋·d＝－6＋30＝24.

23.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )

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A.3 699块 B.3 474块

C.3 402块 D.3 339块

答案 C

解析 设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.

由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，

且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，

27×26则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块).

24.若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的( )

A.充要条件B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

答案 B

解析 因为S2 022>0，S2 023<0，

（a1＋a2 022）×2 022所以>0，

2（a1＋a2 023）×2 023<0，

2即a1＋a2 022＝a1 011＋a1 012>0，a1＋a2 023＝2a1 012<0，

所以a1 011>0，a1 012<0，且a1 011>|a1 012|，

所以a1 011a1 012<0，充分性成立；

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而当a1 011a1 012<0时，a1 011>0，a1 012<0或a1 011<0，a1 012>0，

则S2 022>0，S2 023<0不一定成立.

故“S2 022>0，S2 023<0”可以推出“a1 011a1 012<0”，

但“a1 011a1 012<0”不能推出“S2 022>0，S2 023<0”，

所以“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的充分不必要条件.故选B.

5.(多选)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )

A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2

C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0

答案 AC

解析 因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，

所以a113＝q2，a4＝q，a6＝q，a7＝q2，

因为aa13＋7＝q2＋q2≥2，

当且仅当q2＝1时等号成立，故A正确；

因为a14＋a6＝q＋q，

当q<0时式子为负数，故B错误；

因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；

a2a1212因为3－4－1＝q2－q－1＝q－1－2，则a3－2a4－1≥0不成立，故D错误.

6.(多选)(2022·张家口质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(

A.若S2n＝n＋1，则{an}是等差数列

B.若Snn＝3－1，则{an}是等比数列

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)

C.若{an}是等差数列，则S9＝9a5

D.若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>S22

答案 BC

解析 若Sn＝n2＋1，当n≥2时，an＝2n－1，a1＝2不满足an＝2n－1，

故A错误；

若Sn＝3n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1，

由于a1＝S1＝31－1＝2，

满足an＝2·3n－1，

所以{an}是等比数列，故B正确；

若{an}是等差数列，

9（a1＋a9）则S9＝＝9a5，故C正确；

2当q＝1时，S1·S3－S2＝a1(1＋q＋q)－a1(1＋q)＝－a1q<0，故D错误，

综上，选BC.

7.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列an＝________.

答案 2n－4(n∈N*)(答案不唯一)

a1＋a2＋a3

d＝2，解得a1<－1，

不妨令a1＝－2，∴an＝2n－4.

8.(2022·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－1，若an∈(0，2 022)，则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的和为________.

答案 2 047

22222219 / 27

解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2an－2an－1，

∴an＝2an－1，

又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，

∴{an}是公比为2，首项为1的等比数列，

∴an＝2n－1，

由an＝2n－1<2 022，

得n－1≤10，即n≤11，

1－211∴所求和为S11＝＝2 047.

1－29.已知数列{an}满足a1＝1，(an＋an＋1－1)2＝4anan－1，且an＋1>an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.

答案n2

解析 因为a1＝1，an＋1>an≥a1>0，

所以an＋1>an.

由(an＋an＋1－1)2＝4anan＋1得an＋1＋an－1＝2anan＋1，

所以(an＋1－an)2＝1，

所以an＋1－an＝1，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，

所以an＝n，即an＝n2.

10.(2022·福州模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.

答案 18

解析 由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，

20 / 27

3所以a1q＝a1q－3⇒a1＝2>0⇒q>1，

q－q23（q3＋3q）3（q2＋3）所以a4＋3a2＝a1q＋3a1q＝＝

q2－qq－134（q－1）2＋2（q－1）＋4＋6 ＝3×＝3（q－1）＋q－1q－1≥3×24（q－1）·＋6＝18，

q－14，

q－1当且仅当q－1＝即q＝3时等号成立，故a4＋3a2的最小值为18.

11.设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3(m∈N*)，求m.

解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.

a1＋a1q＝4，a1＝1，由已知得2解得

aq－a＝8，q＝3.11所以{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*).

(2)由(1)知log3an＝n－1，

故Sn＝n（n－1）2(n∈N*).

由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，

得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，

即m2－5m－6＝0.

解得m＝－1(舍去)或m＝6.

12.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝21 / 27

a3－b3＝b4－a4.

(1)证明：a1＝b1；

(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.

(1)证明 设等差数列{an}的公差为d，

由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，

由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，

将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.

(2)解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，

由bk＝am＋a1，

得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，

由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，

由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.

二、创新拓展练

13.(多选)(2022·济南质检)在等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a1>1，a99·a100－1>0，A.0

B.a99·a101－1<0

a99－1<0，下列结论中正确的是( )

a100－1C.T100的值是Tn中最大的

D.使Tn>1成立的最大自然数n值等于198

答案 ABD

解析 对于A，∵a99·a100－1>0，

22 / 27

∴a1·q>1，∴(a1·q)·q>1.

∵a1>1，∴q>0.

又∵2197982a99－1<0，

a100－1∴a99>1，且a100<1，

∴0

对于B，∵a2100＝a99·a101，a100<1，

∴0

即a99·a101－1<0，故B正确；

对于C，由于T100＝T99·a100，

而0

故有T100

对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)·…·(a99·a100)＝(a99·a100)>1，

99T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)·(a2·a198)…(a99·a101)·a100＝(a100)100<1，故D正确.

故选ABD.

14.(多选)(2022·石家庄模拟)已知数列{an}满足a1＝10，a5＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是( )

＝12－2n

30，n≤5，B.|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝2

n＋5，n>5C.|an|的最小值为0

D.当且仅当n＝5时，a1＋a2＋a3＋…＋an取得最大值30

答案 AC

23 / 27

解析 由an＋2－2an＋1＋an＝0，

可得an＋2－an＋1＝an＋1－an，

所以数列{an}是等差数列，设公差为d，

因为a1＝10，a5＝2，

所以d＝a5－a15－1＝－2，

所以an＝10－2(n－1)＝12－2n，

故A正确；

当n＝6时，an＝0，所以当n≤5时，an>0，

当n>5时，an≤0，

所以当n≤5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝11n－n2.

当n>5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an

＝－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)

＝－Sn＋2S5

＝－(11n－n2)＋60

＝n2－11n＋60，

211n－n，n≤5，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝2

n－11n＋60，n>5，n（10＋12－2n）2＝故B错误；

|an|＝|12－2n|，当n＝6时，|an|取得最小值为0，故C正确；

当n＝5或n＝6时，a1＋a2＋a3＋…＋an取最大值30，故D错误.

24 / 27

15.(多选)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )

A.数列{an＋1＋an}为等比数列

B.数列{an＋1－2an}为等比数列

2n＋1＋（－1）＝

3210D.S20＝(4－1)

3答案 ABD

解析 因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，

所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2

＝2(an－1＋an－2)，

又a1＋a2＝2≠0，

所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；

同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，

所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；

2n＋1＋（－1）n若an＝，

323＋（－1）2则a2＝＝3，

3但a2＝1≠3，C错误；

由A知{an＋an＋1}是等比数列，且公比为2，

因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T10，

2（1－410）210则S20＝T10＝＝(4－1)，故D正确.

1－4325 / 27

16.(多选)(2022·泰州调研)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，对于正整数k，φ(k)是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数φ(k)以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么φ(mn)＝φ(m)φ(n)，例如：φ(6)＝φ(2)φ(3)，则( )

A.φ(5)＝φ(8)

B.数列{φ(2n)}是等比数列

C.数列{φ(6n)}不是递增数列

D.数列φ13的前n项和小于

（6n）5答案 ABD

解析 ∵φ(5)＝4，φ(8)＝4，

∴φ(5)＝φ(8)，A对.

∵φ(2n)＝2n－1，∴{φ(2n)}是等比数列，B对.

∵φ(6n)＝2·6n－1，∴{φ(6n)}一定是单调递增数列，故C错.

111－n261313nn－1φ(6)＝2·6，的前n项和Sn＝＝1－<，D对，选ABD.

n15φ（6）651－6117.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＋1·(2－Sn)＝1.

21是等差数列； (1)求证：S－1n1(2)求数列中最接近ann2 023的数.

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11(1)证明＝＝－2.

S1－1a1－1由Sn＋1·(2－Sn)＝1，得Sn＋1＝1.

2－Sn11112－Sn1因为－＝－＝－＝－1，

Sn＋1－1Sn－11Sn－1Sn－1Sn－1－12－Sn1是以－2所以S－1n为首项，－1为公差的等差数列.

1(2)解 由(1)得＝－2＋(n－1)×(－1)＝－(n＋1)，

Sn－1即Sn＝nn＋1，

则an＝Sn－Sn－1＝n－11＝(n≥2)，

n＋1nn（n＋1）－n1当n＝1时，a1＝满足上式，

2所以an＝1(n∈N*)，

n（n＋1）1则＝n(n＋1).

an11x＋－在(0，＋∞)上单调递增， 由f(x)＝x(x＋1)＝24当n＝44时，1＝44×45＝1 980；

2a441当n＝45时，a45＝45×46＝2 070.

1所以数列中最接近an2 023的数是1 980.

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