历年高考数学（理）知识清单-专题09 等差数列、等比数列（考点解读）（原卷+解析版）

专题9等差数列、等比数列考情解读高考侧重于考查等差、等比数列的通项an，前n项和Sn的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点.备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识.重点知识梳理1．等差数列(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)；(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(3)前n项和公式：Snna1(4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)；②若m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.2．等比数列(1)定义式q(n∈N*，q为非零常数)；(2)通项公式：an＝a1qn－1；na1(3)前n项和公式：Sn＝1a.11－(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；q≠1.②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p、q、m、n∈N*).3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论.2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混.3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和an＝0的情形.4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.高频者点突破高频考点一、等差数列、等比数列的基本运算例1、【2019年高考全国III卷理数】已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且【变式探究】(1)在等比数列{an}中，Sn表示其前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于A3B1C．1D．3(2)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a23，S5＝10，则a9的值是.【变式探究】(1)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝()A.17B19C．10D．12(2)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为()高频考点二、等差数列、等比数列的判断与证明例2、【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（II）求{an}和{bn}的通项公式.【举一反三】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求λ.3【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝.(1)求证：是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式.高频考点三、等差数列、等比数列的综合应用例3、【2019年高考天津卷理数】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知k+1,其中ke**.（ii）求aici(ne**).【变式探究】已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和.【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设a1>0，λ=100.当n为何值时，数列an的前n真题感悟nnn243．【2019年高考浙江卷】设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，nEN*，则 .5.56．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=，Sn的最小值为.则S8的值是.n4.（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（II）求{an}和{bn}的通项公式.9．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1<i2<…<imim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列.(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p<q，求证：am0<an0；(Ⅲ)设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，ⅆ),求数列{an}的通项公式.10．【2019年高考天津卷理数】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知k+1,其中ke**.（ii）求aici(ne**).1.（2018年北京卷）“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．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A.B.C.D.2.（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.3.（2018年全国I卷理数）设为等差数=A.-12B.-10C.10D.125.（2018年江苏卷）已知集合A={xx=2n-1,neN*}，B={xx=2",neN*}．将AUB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记sn为数列的前n项和，则使得n>12an+1成立的n的最小值为.________6.（2018年全国I卷理数）记为数列的前项和，若，则.7.（2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列n}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n.(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.61，（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为T(neN*)，（i）求Tn；（ii）证明.9.（2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为b1，公比为q的等比数列.（1）设1=0b1=1q=2，若对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在deR，使得对n=2,3…,m+1均成立，并求d的取值范围（用b1mq表示）.是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为全部排列的个数.（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示).11.（2018年全国Ⅱ卷理数）记sn为等差数列的前n项和，已知，S3=-15.（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值.12.（2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求.1.【2017课标1，理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2.【2017课标II，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点7倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()（A）100（B）99（C）98（D）972【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且,neN，n}是等差数列B．{S}是等差数列n}是等差数列D．{d}是等差数列3.【2016年高考北京理数】已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1=6，a3+a5=0，则S6=.4.【2016高考江苏卷】已知{an}是等差数列，{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为.6.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）数列，且当T={2,4}时，ST=30.（1）求数列{an}的通项公式；专题9等差数列、等比数列考情解读高考侧重于考查等差、等比数列的通项an，前n项和Sn的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点.备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识.重点知识梳理1．等差数列(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)；(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(3)前n项和公式：Snna1(4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)；②若m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.2．等比数列(1)定义式q(n∈N*，q为非零常数)；(2)通项公式：an＝a1qn－1；na1(3)前n项和公式：Sn＝1a.11－(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；q≠1.②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p、q、m、n∈N*).3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论.2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混.q2q2q34．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.高频考点突攻高频考点一、等差数列、等比数列的基本运算例1、【2019年高考全国III卷理数】已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且【答案】C【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则〈42，la1q1q2【变式探究】(1)在等比数列{an}中，Sn表示其前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于A3B1C．1D．3(2)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a23，S5＝10，则a9的值是.【解析】(1)两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得＝3.即q＝3.(2)法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a23，化简得d2－6d＋9＝0，∴d＝3，a14.故a9＝a1＋8d4＋24=20.法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知＝5a3＝10，∴a3＝2.∴由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋a23，化简得a2＋2a2＋1＝0，∴a21.公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.【答案】(1)D(2)20【变式探究】(1)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝()A.17B19C．10D．12(2)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为()【解析】(1)由S8＝4S4，公差d＝1性质知该数列前4项倒数的和为·2.【答案】(1)B(2)D高频考点二、等差数列、等比数列的判断与证明例2、【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（II）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（I）见解析2）an=+n-，bn=-n+.【解析】（1）由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，即an+1+bn+1=(an+bn).又因为a1+b1=l，所以{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8，即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1–b1=l，所以{an-bn}是首项为1，公差为2的等差数列.所以an=[(an+bn)+(an-bn)]【举一反三】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求λ.(1)证明：由题意得a1＝S1＝1+λa1，≠0.由Sn＝1+λan，Sn＋1＝1+λan＋1得an＋1=λan＋1-λan，即an＋1(λ-1)=λan.1≠0，λ≠0得an≠0，∴=.因此{an}是首项为,公比为的等比数列，λn－11-λ.于是λn－11-λ.λnλ5λ5(2)【解析】由(1)得λnλ5λ5＝得1-λ-1＝，即λ-1＝3.解得λ=-1.【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝.(1)求证：Sn是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式.得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，故Sn是首项为2，公差为2的等差数列.(2)【解析】由(1)知2n，故Snan＝Sn－Sn－1(n≥2，n∈N*)，-,n≥2.-,n≥2. 2n（n－1）高频考点三、等差数列、等比数列的综合应用例3、【2019年高考天津卷理数】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知k+1,其中k=**.n-1（ii）aicin-1-n-12(n=**)【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．依题意得〈解nn.2nnn-1n-1.n-1.i2ic2i-1)n2n-1n-11-412n-1n-11-42n-1+5n-1-n-12(n=**).【变式探究】已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和.【解析】(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2得a1＝2.∴数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn，则Sn==-则Sn==-【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设a1>0，λ=100.当n为何值时，数列an的前n项和【解析】(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝若a1≠0，则a1=.当n≥2时，2an=＋Sn，2an－1=＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，∴an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝.(2)当a1>0且λ=100时，由(1)知，bn＝lg＝2－nlg2.∴数列{bn}是单调递减的等差数列{公差为－lg2}.故数列an的前6真题感悟nnn2【答案】A45n2-4n,故选A.【答案】C2【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则〈1411，la1q1，:a3=a1q2=4，故选C.3．【2019年高考浙江卷】设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，neN*，则【答案】A【解析】①当b=0时，取a=0，则an=0,neN*.②当b<0时，令x=x2+b，即x2-x+b=0.则一定存在a1=a=x0，使得an+1=a+b=a故C、D两项均不正确.2b222252772,222故A项正确.2故B项不正确.故本题正确答案为A.【答案】【解析】设等比数列的公比为q，由已知a1=,a42=a6，所以(q3)2=q5,又q丰0， .5.5【答案】4【解析】设等差数列{an}的公差为d,6．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=，Sn的最小值为.【答案】0，-10.【解析】等差数列{an}中,S5=5a3=-10由等差数列{an}的性质得n<5时,an-10.则S8的值是.【答案】162a58．【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，n-4.（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（II）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（I）见解析；（2）an=+n-，bn=-n+.又因为a1+b1=l，所以{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列.又因为a1–b1=l，所以{an-bn}是首项为1，公差为2的等差数列.9．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1<i2<…<imim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列.(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p<q，求证：am0<an0；(Ⅲ)设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，ⅆ),求数列{an}的通项公式.【答案】(Ⅰ)1,3,5,6（答案不唯一(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)1，3，5，6.（答案不唯一）因为{an}的长度为p的递增子列末项的最小值为am0，{an}的长度为p的递增子列，m0n0(Ⅲ)由题设知，所有正奇数都是{an}中的项.先证明：若2m是{an}中的项，则2m必排在2m−1之前（m为正整数）.假设2m排在2m−1之后.设ap1,ap2,…,apm一1,2m1是数列{an}的长度为m末项为2m−1的递增子列，则ap1,ap2,…,apm一1,2m1,2m是数列{an}的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{an}中的项.假设存在正偶数不是{an}中的项，设不在{an}中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k−1之前（k=1，2，ⅆ,m−1），所以2k和2k一1不可能在{an}的同一个递增子列中.ln-1,n为偶数.{an}中不超过2m+1的数为1，2，ⅆ,2m−2，2m−1，2m+1，所以{an}ln-1,n为偶数.m-1<2m.一一一—(m-1)个与已知矛盾.最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则{an}的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上，数列{an}只可能为2，1，4，3，ⅆ,2m−3，2m，2m−1，….经验证，数列2，1，4，3，ⅆ,2m−3，2m，2m−1，…符合条件.10．【2019年高考天津卷理数】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知k+1,其中ke**.（ii）求aici(ne**).n-1（ii）aicin-1-n-12(ne**)【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．依题意得〈解nn.2nnn-1n-1.n-1.in2ic2i-1)-n1-42n-1+5-n1-42n-1+5n-1-n-12(n=**).1.（2018年北京卷）“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．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A.B.C.D.【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则"7，故选D。2.（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】Bfo-得，所以当x>1时，f2时，fo2，因此f(x)≥f()=0,x≥lnx+1，若公比q>0，则，不合题意；若公比q≤-1，则但，即，不合题意；因此-1<q<1)，>03.（2018年全国I卷理数）设为等差数列的前n项和，若3S3=S2+S4则A.-12B.-10C.10D.12【答案】B【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得d=-3，所以,=1+d=2-12=-10，故选B.4.（2018年北京卷）设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为.【答案】【解析】5.（2018年江苏卷）已知集合A={xx=2n-1,neN*}，B={xx=2",neN*}．将AUB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记sn为数列的前n项和，则使得n>12an+1成立的n的最小值为.________【答案】27【解析】设*由n>12an+1得所以只需研究是否有满足条件的解，此时=[×1-1)+×2-1)+…+(2m-1)]+[2+22+…+，n+1=2m+1，m为等差数列项数，且m>16.由m2+23+1-2>12m+1)m2-24m+50>0m≥22m=m+5≥27得满足条件的n最小值为27.6.（2018年全国I卷理数）记为数列的前n项和，若S=2+1，则.【答案】-63【解析】根据n=+1，可得，两式相减得，即，当n=1时，S1=1=24+1，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是-63.7.（2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列n}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n.(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.【答案】(Ⅰ)q=2【解析】(Ⅰ)由是,a的等差中项得，所以，解得.由a3+a5=20得，因为q>1，所以q=2.(Ⅱ)设n=h-1-b)，数列c}前n项和为sn.由(Ⅰ)可知，所以，.所以…，又b1=1，所以.1，（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为T(neN*)，（i）求Tn；（ii）证明.【答案】(Ⅰ)，bn=n；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.【解析】（I）设等比数列的公比为q.由可得2--2=0.因为q>0，可得q=2，故.设等差数列的公差为d，由，可得b1+3d=4由，可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bhn=n所以数列的通项公式为，数列的通项公式为bhn=n（IIi）由（I有，（ii）因为，所以9.（2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为b1，公比为q的等比数列.（1）设1=0b1=1q=2，若对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在deR，使得对n=2,3…,m+1均成立，并求d的取值范围（用b1mq表示）.【答案】（1）d的取值范围为.（2）d的取值范围为，证明见解析。即11，1d3，32d5，7≤3d≤9，得.因此，d的取值范围为.（2）由条件知：.即当n=2,3…,m+1时，d满足.1""2，从而对n=2,3…,m+1均成立.因此，取d=0时，对n=2,3…,m+1均成立.下面讨论数列的最大值和数列的最小值（n=2,3…,m+1）.①当2≤n≤m时1时，有""2，从而.因此，当2≤n≤m+1时，数列单调递增，故数列的最大值为.②设f=-，当x>0时所以f(x)单调递减，从而<f（0）=1.当2≤n≤m时因此，当2≤n≤m+1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此，d的取值范围为.是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为全部排列的个数.（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示).（2）n≥5时，9-【解析】（1）记(abe)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有,所以.对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，.（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以)=n-1.为计算，当1，2，ⅆ,n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，.,因此，n≥5时，.11.（2018年全国Ⅱ卷理数）记sn为等差数列的前n项和，已知，S3=-15.（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值.【答案】（1）an=2n–92）Sn=n2–8n，最小值为–16.【解析】（1）设{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–16.12.（2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求.（2）m=6【解析】（1）设的公比为，由题设得.由已知得，解得q=0（舍去q=-2或q=2.故或.（2）若，则．由得，此方程没有正整数解.若，则．由得