考向14等差数列-2022年高考数学一轮复习考点微专题

考向14等差数列1．（2021·山东高考真题）某学校合唱团参加演出，需要把120名演员排成5排，而且从第二排起，每排比前一排多3名，求第一排应安排多少名演员．【答案】18【分析】根据已知条件，利用等差数列的前n项和公式求第一排的演员数量即可.【详解】由题意，各排人数组成等差数列，设第一排人数是，公差，前5项和，由知：，解得．∴第一排应安排18名演员.2．（2020·山东高考真题）某男子擅长走路，9天共走了1260里，其中第1天、第4天、第7天所走的路程之和为390里.若从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，问该男子第5天走多少里.这是我国古代数学专著《九章算术》中的一个问题，请尝试解决.【答案】140里.【分析】由条件确定，该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，根据等差数列的通项公式，和前项和公式，列式求解.【详解】解：因为从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，所以该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，设该数列为，第1天走的路程数为首项，公差为，则，.因为，，所以，解得，则，所以该男子第5天走140里.3．（2019·上海高考真题）已知数列，，前项和为.（1）若为等差数列，且，求；（2）若为等比数列，且，求公比的取值范围.【答案】（1）；（2）；【分析】（1）通过，求解出，通过求和公式得到；（2）根据可得且，从而得到不等式，解不等式得到结果.【详解】（1）由且（2）由题意可知则且或又【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前项和的应用问题.利用等比数列前项和的极限求解的范围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于的不等式，求解不等式得到结果.1.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法：(1)算出前几项，再归纳、猜想.(2)形如“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列.(3)递推公式化简整理后，若为an＋1－an＝f(n)型，则采用累加法；若为eq\f(an＋1,an)＝f(n)型，则采用累乘法.1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N+，d为常数).(2)如果三个数x，A，y组成等差数列，那么A叫做x和y的等差中项，且A＝eq\f(x＋y,2).2.等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(n（a1＋an）,2).3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N+).(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N+)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N+)是公差为md的等差数列.(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列.一、单选题1．（2021·上海高三专题练习）椭圆上有10个不同的点，若点坐标为，数列是公差为的等差数列，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆上一点，可知，则可求出，即可求出的最大值为.【详解】设椭圆上一点，其中且，则，∴，∴.故选：C.【点睛】本题考查椭圆上点到定点距离的取值范围，考查等差数列的性质，属于中档题.2．（2020·上海高三专题练习）设函数，是公差为的等差数列，，则()A．0 B． C． D．【答案】D【分析】由，又是公差为的等差数列，可求得，由题意可求得，从而可求得答案．【详解】，，是公差为的等差数列，，由和差化积公式可得，，，，设，所以，所以函数在定义域内单调递增.所以方程最多只有一个解.当时，.所以.．故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质和三角恒等变换，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究方程的根，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题3．（2020·上海高三专题练习）设公差不为的等差数列的前项和为.若数列满足：存在三个不同的正整数，使得成等比数列，也成等比数列，则的最小值为___________.【答案】【分析】利用等比数列的定义得，，由比例性质得，从而得，然后计算，求出的最小值即可．【详解】设，，由题意成等比数列，，所以，也成等比数列，，所以，所以，所以，，所以，．，，设，由勾形函数性质知在上递减，在上递增，又，，，所以的最小值为45．即的最小值为45．故答案为：45．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列与等比数列的性质，等差数列的前项和，解题关键是由等比数列得出比例，由比例性质及等差数列的通项公式推导出，然后计算，并利用勾形函数的单调性得出最小值．4．（2020·上海高三其他模拟）设数列的前项和为，，.已知，是双曲线：的左右焦点，，若对恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】根据题意，求得，类比写出，，两式作差，整理得出，得到，进而求得，点可化为落在双曲线的渐近线上，结合双曲线的定义以及渐近线的性质，得到结果.【详解】，，∵，∴，，，作差得，，∴，，，，，，，，设线段与双曲线交于点，，得坐标可化为，落在双曲线：的渐近线上，当时，可近似看成第一象限双曲线上的点，，∴.故答案为：.【点睛】该题考查的是有关数列与双曲线的综合题，涉及到的知识点有根据递推公式求数列的通项以及前项和，双曲线的性质，极限思想，属于较难题目.三、解答题5．（2020·上海高三专题练习）已知无穷数列的首项为，其前项和为，且（），其中为常数且．（1）设，求数列的通项公式，并求的值；（2）设，，是否存在正整数使得数列中的项成立？若存在，求出满足条件的所有值；若不存在，请说明理由．（3）求证：数列中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数且，使得．【答案】（1）（）；；（2）存在；的值为；（3）证明见解析．【分析】（1）利用已知条件得数列是以为首项、为公差的等差数列，求出通项公式，取极限即可；（2）利用等差数列的前项和公式先得到，再求出，利用等差数列的前项和公式得到，即，即可求出满足条件的所有值；（3）①先证必要性：存在，使得，利用等差数列的通项公式得到，故存在，使得，使得，．运用反证法．证明即可；②再证充分性：当，，，任取等差数列中不同的两项和（），利用等差数列的通项公式得到满足题意.【详解】（1）由，得数列是以为首项、为公差的等差数列．故（）；．（2）是等差数列，，得，又因为，所以．故，所以（），，当时，，不等式成立；当时，不等式都不成立．所以满足条件的所有的的值为．（3）①先证必要性：任取等差数列中不同的两项和（），存在，使得，则，得，故存在，使得，使得，．再证：运用反证法．假设当时，不成立，则恒成立．对于不同的两项、，应存在，使得，即，故，又因为是小于的整数，故．所以假设不成立，故．②再证充分性：当，，，任取等差数列中不同的两项和（），，因为且，所以，综上①②可得，等差数列中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数且，使得得证．【点睛】关键点睛：熟练掌握等差数列的通向公式以及等差数列的前项和公式是解决本题的关键，证明充要条件时要分别证明充分性和必要性两种情况.6．（2020·上海高三专题练习）是等差数列，为数列前项和．求：（1）；（2）．【答案】（1）时为2，时为1；（2）1【分析】（1）利用等差数列通项公式和前项和公式，求得的表达式，由此求得.（2）利用等差数列前项和公式，求得的表达式，由此求得.【详解】（1）当时，，所以，.当时，，所以.综上所述，当时，；当时，.（2），所以【点睛】本小题主要考查数列的极限，属于中档题.7．（2020·上海高三专题练习）数列中，，，求的通项公式.【答案】【分析】通过对递推关系式，变形可知，即数列为等差数列，再由等差数列的通项公式即可求解.【详解】，，即又，则是首项为，公差为的等差数列，，即，故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查等差数列的定义和等差数列的通项公式，及构造法求通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学运算能力，属于较难题.8．（2020·上海高三专题练习）数列满足，，求的值和.【答案】，【分析】利用与的关系，当时，，整理变形可得，即，可知数列为等比数列，由等比数列的通项公式计算得，令，可求得；再对变形得，可知数列是等差数列，再由等差数列的通项公式求解可得.【详解】当时，，，解得：当时，由可知，两式作差可得：，即，即又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，，由，两边同除以，得又，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，，整理得所以，【点睛】方法点睛：本题考查等差、等比数列的定义和等差、等比数列的通项公式，及构造法求通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学运算能力，属于较难题.1．（2021·上海徐汇区·位育中学高三）已知等差数列的前n项和为，若，，则数列的公差为________.【答案】1【分析】由及用基本量表示，然后解方程组可得答案.【详解】由已知有，，解得.故答案为：.2．（2021·上海高三）等差数列中，，则______.【答案】【分析】直接代入等差数列的通项公式可得答案.【详解】因为，所以.故答案为：.3．（2020·上海市进才中学高三期中）设等差数列的前项和为，若，则=______.【答案】8【分析】由等差数列的性质即可求出.【详解】解：，解得：.故答案为：.4．（2020·上海市七宝中学高三期中）已知数列为等差数列，且，则_________.【答案】12【分析】根据等差数列的性质求解即可.【详解】由等差数列的性质，得.故答案为：.5．（2019·上海闵行区·闵行中学高三期中）2和8的等差中项是________.【答案】5【分析】根据等差中项的概念，直接计算可得结果.【详解】2和8的等差中项为故答案为：5【点睛】本题考查等差中项的概念和计算，属基础题.6．（2021·上海民办南模中学高三）已知等差数列的各项均为正整数，且，则的最小值是___________.【答案】5【分析】若等差数列的各项均为正整数，则数列单增，公差，从而表示出，根据其单减性，求得最小值.【详解】若等差数列的各项均为正整数，则数列单增，则公差，故为正整数，关于d单减，则当时，，当时，，不符；故的最小值为5，故答案为：57．（2021·宝山·上海交大附中高三）袋中装有7个大小相同的小球，每个小球上标记一个正整数号码，号码各不相同，且成等差数列，这7个号码的和为49，现从袋中任取两个小球，则这两个小球上的号码均小于7的概率为__________.【答案】【分析】由题意可知，则标号小于7有三个球，应用古典概型的概率求法，求任取两个小球号码均小于7的概率即可.【详解】由题意知：，即，可得，∴标号小于7有三个球，∴任取两个小球，号码均小于7的概率为.故答案为：8．（2021·上海长宁·高三）在公差不为零的等差数列中，是与的等比中项，则＝_____．【答案】【分析】设等差数列{an}的公差为d（d≠0），利用已知建立关系，用a1表示d，再用a1表示出a9及前9项和即可得解.【详解】设等差数列{an}的公差为d（d≠0），由是与的等比中项，得即，化简得，所以，，所以故答案为：9．（2021·上海虹口·高三）在数列中，对任意，，当且仅当，若满足，则的最小值为___________.【答案】512【分析】不妨设，则，从而得到，同理求出，，，利用已知的不等式求解，求出的最小值，从而得到的最小值．【详解】不妨设，，由题意可得，，因为，所以，同理可得，，，，所以，因为，所以，解得，又，所以的最小值整数解为9，故的最小值为．故答案为：512．一、单选题1．（2021·上海民办南模中学高三）已知递增正整数数列满足，则下列结论中正确的有（）（1）､､可能成等差数列；（2）､､可能成等比数列；（3）中任意三项不可能成等比数列；（4）当时，恒成立.A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】D【分析】首先根据题意得到数列间的关系，不放假设，可判断（1）；假设､､是等比数列退出矛盾可判断（2）,进而可判断（3）；同（2）一样证明中任意三项不可能成等比数列；当时，可判断（4）；【详解】因为，因为是递增正整数数列，所以，当时，，不满足题意；所以，若，则，不满足题意；所以，，不妨取，，此时､､成等差数列，故（1）正确；若､､成等比数列，则，所以，所以即与矛盾，故（2）错误；同理假设成等比数列则，所以，与矛盾故（3）正确；当时，且，故（4）正确；故选：D【点睛】本题主要考查数列与组合数相结合的综合题，组合数公式，这是正确计算的关键，其次也要注意式子的化简与放缩等.二、填空题2．（2021·上海交大附中高三开学考试）下列五个命题中正确的是________（填序号）．①若为锐角三角形，且满足，则②在的二项展开式中，项的系数为③函数与函数关于直线对称④设等差数列的前n项和为，若，则⑤函数的最小值为2【答案】①④【分析】根据解三角形、二项展开式以及函数与数列的相关性质，逐项分析判断即可得解.【详解】根据题意可得，所以，由为锐角三角形，所以，所以，利用正弦定可得，故①正确；的二项展开式的通项为，令可得，项的系数为，故②错误；函数和函数关于对称，而函数与函数分别为函数与函数向左、向右平移一个单位，所以函数与函数依然关于直线对称，故③错误；，显然，所以，故④正确；而，此时，故函数的最小值为2错误，即⑤错误.故答案为：①④3．（2021·上海高三）将横坐标与纵坐标均为整数的点称为格点.已知，将约束条件表示的平面区域内格点的个数记作，若，则___________.【答案】【分析】根据画出可行域可知该图形关于x轴对称，故可将平面区域内的格点个数分成三种情况：第一象限内、第四象限内，以及坐标轴上.其中第一象限与第四象限内的格点个数相同，故可以算出第一象限内的格点个数加倍即可，坐标轴上的格点个数应为.求出边界直线上的点，通过讨论和两种情况下纵坐标的值，即可得出第一象限的格点个数，进而求出总的格点个数，也即是的值.再根据极限的计算，可求出的值，从而求出.【详解】解：作出的可行域，如图所示，该区域为一个等腰三角形，其中轴上的格点有个，轴上的格点有个，则坐标轴上的格点有个，在第一象限内，直线上的点，由格点的定义，设，则，故第一象限内，时，格点有个，设，则由可行域，已经格点的定义可知，第一象限内，时，格点有个，所以第一象限内的格点一共有，根据可行域的对称性可知，第四象限的格点数也为，故可行域内格点数又∵，，即故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的关键点在讨论边界直线上的横坐标为整数的点，其纵坐标的取值情况，从而判断出第一象限中的格点个数，再结合可行域的对称性，可利用等差数列的求和公式求出两个象限内的格点数.三、解答题4．（2022·上海）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.5．（2021·上海外国语大学附属大境中学高三月考）设抛物线的焦点为F，经过点F的动直线l交抛物线于两点，且．（1）求此抛物线的方程；（2）O为坐标原点，动点P在直线上，且满足，记动点P的轨迹为C，求C的方程；（3）数列为等差数列，前n项和记为，若点是（2）中的轨迹C上的点，且总有，试求满足条件的M的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线联立结合韦达定理即可求出结果；（2）若动直线l的斜率不存在，由于，则，若动直线l的斜率存在，且不为0得到，消去参数可得，进而可以得出结论;（3）结果等差数列的通项公式可得，结合等差数列的前n项和公式即可得到，进而采用换元法结合三角函数的图象与性质即可求出结果.【详解】（1）显然动直线l的斜率不为0，且，所以设动直线l为，则，故，设,因此，又因为，且，所以，故此抛物线的方程为；（2）由（1）知，若动直线l的斜率不存在，由于，则，若动直线l的斜率存在，且不为0，由于，则直线的斜率为，设直线为，因此，消去可得，经检验在上，所以C的方程为，（3）因为是（2）中的轨迹C上的点，所以，又因为数列为等差数列，所以，设（为参数，且），故设（为参数，且），而,,所以当时，取得最大值，且最大值为，所以，因此满足条件的M的最小值为.【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．6．（2021·上海徐汇·）若数集M至少含有3个数，且对于其中的任意3个不同数a，b，c（a＜b＜c），a，b，c都不能成为等差数列，则称M为“α集”．（1）判断集合{1，2，4，8，⋯，2n}（n∈N*，n≥3）是否是α集？说明理由；（2）已知k∈N*，k≥3．集合A是集合{1，2，3，⋯，k}的一个子集，设集合B＝{x+2k﹣1|x∈A}，求证：若A是α集，则A∪B也是α集；（3）设集合，判断集合C是否是α集，证明你的结论．【答案】（1）集合{1，2，4，8，⋯，2n}（n∈N*，n≥3）是“α集”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）集合C是α集，证明见解析.【分析】（1）根据题中的定义，判断集合是否是集；（2）使用反证法进行证明；（3）根据题中的定义，运用演绎推理证明结论.【详解】（1）任取三个不同元素2i＜2j＜2k（其中0≤i＜j＜k≤n），若此三数成等差数列，则2i+2k＝2⋅2j，但，因此这三个数不能成等差数列．所以，集合{1，2，4，8，⋯，2n}（n∈N*，n≥3）是“α集”．（2）反证法．假设A∪B不是“α集”，即A∪B中存在三个不同元素x＜y＜z，使x，y，z成等差数列，则x+z＝2y．因为A是“α集”，所以，x，y，z不能全在A中；如果x，y，z全在B中，则[x﹣（2k﹣1）]+[z﹣（2k﹣1）]＝2[y﹣（2k﹣1）]依然成立，且x﹣（2k﹣1），y﹣（2k﹣1），z﹣（2k﹣1）都在A中，这说明A中存在三个数构成等差数列，即A不是“α集”，与条件矛盾，因此，x，y，z也不能全在B中，由于B中最小可能元素（为2k）大于A中最大可能元素（为k），所以必有x∈A，z∈B．从而，y＝（x+z）[k+k+（2k﹣1）]＝2k﹣＜2k，故y∉B；同样，y＝（x+z）[1+1+（2k﹣1）]＝k+＞k，故y∉A．这与y∈A∪B矛盾，故A∪B也是“α集”．（3）集合C是“α集”，证明如下：记，则，故a1＜a2＜a3＜a4＜…＜an．任取ai，aj，ak∈C（其中1≤i＜j＜k），则ai＜aj＜ak．当k≥j+2时，（这是由于j＞i≥1，故j≥2），即ai+ak＞2aj；当k＝j+1时，若ai，aj，ak成等差数列，则ai+ak＝2aj，即ai+aj+1＝2aj，化简得（j+1）（j+2）＝（i+1）⋅2j﹣i+1（*）从而（j+1）（j+2）是2j﹣i+1的正整数倍，由于j+1与j+2互质（为两个连续正整数），因此j+1是2j﹣i+1的正整数倍或j+2是2j﹣i+1的正整数倍，若j+1是2j﹣i+1的正整数倍，则j+1≥2j﹣i+1，而j+2＞j+1＞i+1，则（*）式不成立；若j+2是2j﹣i+1的正整数倍，则j+2≥2j﹣i+1，而j+1＞i+1，（*）仍不成立．综上可知，ai，aj，ak不能成等差数列，即证明了集合C是“α集“．【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是对题中新定义的理解与运用，二是反证法的运用.7．（2021·上海长宁·高三）数列满足：，且对任意，都有．（1）求；（2）设，求证：对任意，都有；（3）求数列的通项公式．【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）根据题中递推关系，代入数据，结合为递增数列，分析推理，即可求得答案.（2）利用反证法，假设存在，使得，即，根据题中条件，可证，该结论与相反，假设不成立，原命题成立；（3）由（2）可知，，计算整理可得，赋值可得，进而可得对任意的，根据等差数列的定义，即可求得答案.【详解】（1）解：根据题意，可知数列为递增数列，当时，，解得，当时，，因为，当时，，又因为当时，，又由可得，，即，该结果与题意相反，故；由上可得，，满足题意，综上，；（2）证明：假设存在，使得，即，则由，及，得，由，及，得，由此可得，，该结论与相反，∴假设不成立，即，即对任意，都有．（3）解：由（2）可知，，所以，所以对任意的，都有，当时，得，又由，得，设，由，及，得，所以对任意的，所以，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以．【点睛】解题的关键是根据递推关系，结合数列的单调性，分析推理，结合反证法，进行求解，综合性较强，属中档题.8．（2021·上海市奉贤中学）已知函数，，各项均不相等的数列满足：，令.（1）试举例说明存在不少于项的数列，使得；（2）若数列的通项公式为，证明：对恒成立；（3）若数列是等差数列，证明：对恒成立.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）令，只需使得即可；（2）先证明，再证明，即可得证；（3）分，，进行讨论.【详解】解：（1）是奇函数，且在上单调递增，取，，则，∴可取，，，使得；（2）证明：由于，那么，∴，易知是一个奇函数，当时，，∴，∴在单调递增，又是一个奇函数，∴在上单调递增，∴，而，，∴，∴，即，，∴对恒成立；（3）证明：如，；若，则，则，∴，∴，同理可得，，累加可得，∴；若，则，则，∴，∴，同理可得，，累加可得，∴；综上所述，对恒成立.【点睛】本题考查了数列与函数结合的问题，思路的切入点比较难找，技巧性较高，计算量也是比较大的，考了数学运算素养，逻辑推理能力，分类讨论思想，属于难题.本题第二问解题的关键在于利用奇函数的性质，结合函数的单调性得，进而得到；第三问解题的关键在于结合等差数列的前项和与函数的单调性得分类讨论求解.9．（2021·上海市青浦高级中学高三）已知数列满足，，．（1）若，，，求x的取值范围；（2）设是公比为q的等比数列，，若，，求q的取值范围；（3）若成等差数列，且，求正整数k的最大值，以及k取最大值时相应数列的公差．【答案】（1）；（2）；（3），；【分析】（1）根据题意，结合，，，列出不等式组，求解不等式组即可；（2）由（1）知，接着分两种情况进行分类讨论q的取值范围即可；（3）设等差数列的公差为，由题意易得，由可得，又找到关于和的关系式，结合不等式求解的取值范围，最后得到的最大值以及取最大值时的公差.【详解】（1）根据题意可得：，所以，又，所以，综上：x的取值范围为；（2）因为数列{an}是公比为q的等比数列且a1＝1，所以，又因为，所以，即，当时，，若成立，即成立，易得符合题意；当时，，若成立，即，所以，整理得，因为，所以，而不等式，首先令时，有不等式成立，解得，则有对成立，所以；当时，，若成立，即，所以，整理得，因为，所以，而不等式对成立，所以时，不等式成立；综上可得：q的取值范围；（3）设公差为，易得时，数列{an}是各项均为1的常数数列，符合题意，所以，因为，即，所以，又因为，不妨设，，所以，又因为，所以时，，解得，，所以的最大值为，此时公差.【点睛】等比数列、等比数列中的基本量的求解是数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．10．（2021·上海市实验学校）已知数列各项均为正数，为前n项的和，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前n项和，求；（3）设为数列的前n项积，是否存在实数a，使得不等式对一切都成立？若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）利用等差中项得出Sn与an的关系式，即可求出an；（2）由题意可求出，然后利用等差数列前n项和公式可求；（3）由题写出的表达式，构造函数，然后判断单调性，可求函数的最大值，即可解出答案.【详解】（1）由题意知，即，又数列各项均为正数，∴当时，，当时，∴，即，∴数列为首项为1公差为1的等差数列，故；（2）∵，∴，所以当时，，当时，∴；（3）由题知，令，则，∴，故单调递减，于是∴要得不等式对一切都成立，则一、单选题1．（2021·北京高考真题）已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．2．（2021·北京高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则A．64 B．96 C．128 D．160【答案】C【分析】设等差数列公差为，求得，得到，结合党旗长与宽之比都相等和，列出方程，即可求解.【详解】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，因为，，可得，可得，又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.故选：C.3．（2017·上海高考真题）已知、、为实常数，数列的通项，，则“存在，使得、、成等差数列”的一个必要条件是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】存在，使得成等差数列，可得，化简可得，所以使得成等差数列的必要条件是.二、填空题4．（2013·上海高考真题（文））在等差数列{an}中，若a1+a2+a3+a4=30，则a2+a3=___．【答案】15试题分析：因为数列{an}是等差数列，根据等差数列的性质有：a1+a4=a2+a3，由a1+a2+a3+a4=30，所以，2（a2+a3）=30，则a2+a3=15．考点：等差数列的性质；等差数列的通项公式点评：本题考查了等差中项概念，在等差数列中，若m，n，p，q，t∈N*，且m+n=p+q=2t，则am+an=ap+aq=2at，此题是基础题5．（2021·江苏高考真题）已知等比数列的公比为，且，，成等差数列，则的值是___________.【答案】4【分析】根据三数成等差数列列等式，再将，用含和的式子表示，代入等式求解.【详解】因为为等比数列，且公比为，所以，且，.因为，，成等差数列，所以，有，，解得.故答案为：.6．（2013·上海高考真题（理））设非零常数d是等差数列的公差，随机变量等可能地取值，则方差__________【答案】【解析】，．【考点定位】考查方差的计算，属容易题．三、解答题7．（2021·湖南高考真题）已知各项为正数的等比数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据条件求出即可；（2），然后利用等差数列的求和公式求出答案即可.【详解】（1）且，，（2）8．（2021·全国高考真题（文））设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】利用等差数列的性质及得到，解方程即可；利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）证明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.【点晴】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.9．（2021·全国高考真题）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（