【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-3-1等差数列、等比数列

第1讲等差数列、等比数列一、填空题1．(2022·南京二模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S6,S7)＝________. 解析设等差数列{an}的公差为d，则eq\f(S3,S6)＝eq\f(3a1＋3d,6a1＋15d)＝eq\f(1,3)⇒a1＝2d，所以eq\f(S6,S7)＝eq\f(6a1＋15d,7a1＋21d)＝eq\f(27,35). 答案eq\f(27,35)2．(2021·泰州期中)已知等比数列{an}为递增数列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，则eq\f(a13,a11)＝________. 解析依据等比数列的性质建立方程组求解．由于数列{an}是递增等比数列，所以a2a8＝a3a7＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a3＝1，a7＝2，所以q4＝2，故eq\f(a13,a11)＝q2＝eq\r(2). 答案eq\r(2)3．(2022·泰州期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2a4a6a8＝120，且eq\f(1,a4a6a8)＋eq\f(1,a2a6a8)－eq\f(1,a2a4a8)＋eq\f(1,a2a4a6)＝eq\f(7,60)，则S9的值为________． 解析将题中等式通分得eq\f(a2＋a4＋a6＋a8,a2a4a6a8)＝eq\f(a2＋a4＋a6＋a8,120)＝eq\f(7,60)，所以a2＋a4＋a6＋a8＝2(a2＋a8)＝14，所以a2＋a8＝7，S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9a2＋a8,2)＝eq\f(63,2). 答案eq\f(63,2)4．数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n∈N*，n≥2)，则此数列的前4项和S4＝________. 解析设{an}的公比为q(q＞0)，当n＝2时，a2＋a3＝6a1，从而1＋q＝eq\f(6,q)，∴q＝2或q＝－3(舍去)，a1＝eq\f(1,2)，代入可有S4＝eq\f(\f(1,2)×1－24,1－2)＝eq\f(15,2). 答案eq\f(15,2)5．(2022·南京学情调研)在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________. 解析求出等比数列的通项公式，再求和．由等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，得公比为－2，所以an＝eq\f(1,2)×(－2)n－1，|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋25)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－26,1－2)＝eq\f(63,2). 答案eq\f(63,2)6．(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________. 解析由于各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×eq\f(10×11,2)＝eq\f(55,4). 答案eq\f(55,4)7．(2022·南京模拟)已知数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为Sn.若S13＝1，则a1的值为________． 解析由数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)得an＋1＝an－an－1＝－an－2(n≥3，n∈N*)，所以an＋4＝－an＋1＝an－2(n≥3，n∈N*)，数列{an}的周期是6.所以S13＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＝2(a1＋a2＋a2－a1＋a4＋a5＋a5－a4)＋a1＝4(a2＋a5)＋a1＝4(a2－a2)＋a1＝a1，又S13＝1，所以a1＝1. 答案18．(2022·南通、扬州、泰州、连云港、淮安模拟)设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＜a2，b1＜b2，且bi＝aeq\o\al(2,i)(i＝1,2,3)，则数列{bn}的公比为________． 解析由数列{an}为等差数列，且a1＜a2，b1＜b2，bi＝aeq\o\al(2,i)(i＝1,2,3)，所以aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,2)＝(a1－a2)·(a1＋a2)＜0，则a1＋a2＞0.又aeq\o\al(2,1)，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(2,3)是等比数列{bn}的前3项，所以aeq\o\al(4,2)＝aeq\o\al(2,1)aeq\o\al(2,3)，则aeq\o\al(2,2)＝－a1a3＞0(若aeq\o\al(2,2)＝a1a3，则a1，a2，a3成等比数列，而a1，a2，a3又成等差数列，则a1＝a2＝a3，与条件a1＜a2冲突)，所以a1＜0，a3＞0，又a1＋a2＞0，则a2＞0.设等差数列{an}的公差为d，d＞0，则aeq\o\al(2,2)＝－a1a3即为aeq\o\al(2,2)＝－(a2－d)(a2＋d)＝－aeq\o\al(2,2)＋d2，所以d＝eq\r(2)a2，故an＝a2＋(n－2)d＝(eq\r(2)n－2eq\r(2)＋1)a2，则等比数列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(a\o\al(2,2),a\o\al(2,1))＝eq\f(a\o\al(2,2),1－\r(2)2a\o\al(2,2))＝eq\f(1,3－2\r(2))＝3＋2eq\r(2). 答案3＋2eq\r(2)二、解答题9．已知公差不为零的等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列． (1)求通项公式an； (2)设bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝10，,a1＋2d2＝a1＋da1＋6d，)) 解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3，))所以an＝3n－5(n∈N*)． (2)∵bn＝2an＝23n－5＝eq\f(1,4)·8n－1，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,4)，公比为8的等比数列，所以Sn＝eq\f(\f(1,4)1－8n,1－8)＝eq\f(8n－1,28).10．已知数列{an}是首项为eq\f(1,\r(3,3))，公比为eq\f(1,\r(3,3))的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*. (1)求证：{bn}为等差数列； (2)设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck，ck＋1，ck＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由． (1)证明an＝，bn＋1－bn＝－15log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝5， ∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列． ②若ceq\o\al(2,k＋1)＝ckck＋2， 同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)， 明显无解； ③若ceq\o\al(2,k＋2)＝ckck＋1，同理可得eq\f(1,3)(x＋10)2＝x(x＋5)， 方程无整数根． 综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．11．(2021·南通调研)已知数列{an}成等比数列，且an＞0. (1)若a2－a1＝8，a3＝m.①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；②若数列{an}是唯一的，求m的值； (2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值． 解设数列{an}公比为q，则由题意，得q＞0. (1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－a1＝8，,a1q2＝48.)) 解之，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝82－\r(3)，,q＝3＋\r(3)；))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝82＋\r(3)，,q＝3－\r(3).)) 所以数列{an}的通项公式为 an＝8(2－eq\r(3))(3＋eq\r(3))n－1，或an＝8(2＋eq\r(3))(3－eq\r(3))n－1. ②要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－a1＝8，,a1q2＝m.))有唯一正数解，即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解． 由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m＞0，所以m＝32，此时q 经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式是an＝2n＋2. (2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8， 得a1(qk－1)(qk－1＋qk