第38讲 数列的综合运用-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第38讲：数列的综合运用
一、 课程标准
1、理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。
2、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
3、会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
二、 基础知识回顾

1、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
数列在实际问题中的应用
2、现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识去解决．
1．数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n项an与第n＋1项an＋1的递推关系还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间的递推关系．
2．解决数列实际应用题的3个关键点
(1)根据题意，正确确定数列模型；
(2)利用数列知识准确求解模型；
三、 自主热身、归纳总结
1. 设等差数列的前n项和为Sn，点(a1 010，a1 012)在直线x＋y－2＝0上，则S2 021等于(B )
A. 4 042 B. 2 021 C. 1 010 D. 1 012
【答案】B
【解析】　由题意得a1 010＋a1 012＝2，由等差数列求和公式，得S2 021＝＝2 021.故选B.
2、(2019·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重(　　)
A．6斤 B.7斤
C．9斤 D．15斤
【答案】D　
【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，
则有a1＝4，a5＝2，
所以a1＋a5＝6，
数列{an}的前5项和为S5＝5×＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.
3、（2019·南充高三第二次诊断）已知等比例{an}中的各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝( )
A. 1＋ B. 1－
C. 3＋2 D. 3－2
【答案】C
【解析】　记等比数列{an}的公比为q，其中q>0，由题意知a3＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q.
∵a1≠0，∴有q2－2q－1＝0，解得q＝1±，又q>0，∴q＝1＋.∴＝＝q2＝(1＋)2＝3＋2.故选C.
4、(2019·吉林长春5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝ln x＋x2－8x的极值点，则S8＝(　　)
A．－38 B．38
C．－17 D．17
【答案】A　
【解析】因为f(x)＝ln x＋x2－8x，
所以f′(x)＝＋x－8＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.
又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d>0，
所以a6＝，a8＝，所以解得
所以S8＝8a1＋×d＝－38，故选A.
5、已知x>0，y>0，x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，那么的最小值是____．
【答案】4
【解析】　∵a1＋a2＝x＋y，b1b2＝xy，∴＝＝＝＋2≥2＋2＝4，当且仅当x＝y时取等号．
6、(2019·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________.
【答案】：
【解析】由Hn＝＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝＝.
四、 例题选讲
考点一 数列在数学文化与实际问题中的应用
例1、(1)(2020·长沙模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i段的重量为ai(i＝1,2，…，10)，且a1 A．4　　　 B．5　　
C．6 D．7
(2)(2019·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝则解下4个环所需的最少移动次数a4为(　　)
A．7 B.10
C．12 D．22
【答案】　(1)C　(2)A
【解析】　(1)由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{an}，设公差为d，则有⇒⇒所以该金箠的总重量M＝10×＋×＝15.
因为48ai＝5M，所以有48＝75，解得i＝6，故选C.
(2)因为数列{an}满足a1＝1，且an＝
所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，
所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A.
变式1、（河北衡水中学2019届模拟）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则此人第4天和第5天共走了(　　)
A．60里 B．48里
C．36里 D．24里
【答案】C
【解析】由题意知，此人每天走的里数构成公比为的等比数列{an}，
设等比数列的首项为a1，则＝378，
解得a1＝192，所以a4＝192×＝24，a5＝24×＝12，
则a4＋a5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里．
变式2、（江苏常州高级中学2019届模拟）我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)．
【答案】3
【解析】由题意得，蒲草的高度组成首项为a1＝3，公比为的等比数列{an}，设其前n项和为An；莞草的高度组成首项为b1＝1，公比为2的等比数列{bn}，设其前n项和为Bn.则An＝，Bn＝，令＝，化简得2n＋＝7(n∈N*)，解得2n＝6，所以n＝＝1＋≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同。
变式3、(2019·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 019项的和为(　　)
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
【答案】C　
【解析】由于{an}是数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，
故{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1，…
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.
变式4、(2019苏锡常镇调研）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．那么这匹马在最后一天行走的里程数为________．
【答案】　
【解析】设这匹马第n天行走的里程是an里，则数列是公比q＝的等比数列，且其前7项的和S7＝700，即＝700，解得a1＝，
所以这匹马在最后一天行走的里程数为a7＝a1q6＝×＝.

方法总结：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化成数列问题，并分清数列是等差数列还是等比数列
考点二 等差数列与等比数列的综合
例1、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知实数成等比数列，成等差数列，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】解法1（基本不等式）由题意知，所以
由基本不等式的变形式,则有：，解得，所以的最大值为.
解法2（判别式法）由题意知，
则,代入得，即，上述关于的方程有解，所以，解得，所以的最大值为.
变式1、(2018无锡期末） 已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________．
【答案】 1 024　
解法1 设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，，2a7成等差数列，所以2×＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，则＝an＋1＝16×，令16×≥1，可得n≤4，故b1b6>…>bn，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1 024.
解法2 同解法1得an＝16×n－1，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0 解法3 同解法1得an＝16×＝25－n，
令Tn＝a1·a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2＝2.
因为n∈N*，所以当且仅当n＝4或5时，取得最大值10，从而Tn取得最大值T10＝210＝1 024.
变式2、(2019无锡期末）设公差不为零的等差数列{an} 满足 a3＝7，且 a1－1，a2－1，a4－1 成等比数列，则 a10 等于________．
【答案】 21　
设等差数列{an}的公差为d，则a1－1＝a3－2d－1＝6－2d，a2－1＝a3－d－1＝6－d，a4－1＝a3＋d－1＝6＋d，因为a1－1，a2－1，a4－1成等比数列，所以(a1－1)2＝(a1－1)(a4－1)，即(6－d)2＝(6－2d)(6＋d)，化简得d2－2d＝0，又因为d≠0，所以d＝2，从而a10＝a3＋7d＝21.
变式3、（黑龙江哈尔滨三中2019届模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}中，bn＞0(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，则数列{bn}的通项公式bn＝(　　)
A．20n－20　 B．14－4n
C．2n＋1 D．20n－10
【答案】C
【解析】因为a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，
所以an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n≥2)，
所以an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，
所以an＋1－an＝2an，
所以an＋1＝3an(n∈N*，n≥2)，
而a2＝2a1＋1＝3＝3a1，所以an＋1＝3an(n∈N*)，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1，所以a1＝1，a2＝3，a3＝9，
在等差数列{bn}中，因为b1＋b2＋b3＝15，所以b2＝5.
又因为a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
即(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，
解得d＝2，或d＝－10，
因为bn＞0(n∈N*)，所以d＝－10(舍去)，
故d＝2，故b1＝3，bn＝2n＋1.
变式4、设是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若是等差数列，证明：c＝0.
【解析】　由题设，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.
又∵b1，b2，b4成等比数列，∴b＝b1b4，
即2＝a，化简得d2－2ad＝0.
∵d≠0，∴d＝2a.∴对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c.
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
从而有由②，③得A＝0，cd1＝
－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，∴d1≠0.又∵cd1＝0，∴c＝0.
(方法2)从通项入手．等差数列的通项应为一次的形式：bn＝kn＋b
而bn＝＝，得到方程
＝kn＋b，
∴n3＋n2＝(kn＋b)(n2＋c)，它对一切n恒成立，待定系数，
观察得常数项bc＝0，而b≠0，故c＝0.若c≠0，由③，则k＝0，∴d＝0，与题设d≠0矛盾，∴k≠0，由③，得c＝0.
方法总结：等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
考点二　数列与函数、不等式等内容的综合问题
例1、（黑龙江大庆第一中学2019届模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在曲线y＝x2＋x上，数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，b4＝11，{bn}的前5项和为45.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞恒成立的最大正整数k的值．
【解析】(1)由已知得Sn＝n2＋n，
当n＝1时，a1＝S1＝＋＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝n＋2，
当n＝1时，符合上式．
所以an＝n＋2.
因为数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，
所以数列{bn}为等差数列．设其公差为d，
则解得
所以bn＝2n＋3.
(2)由(1)得，cn＝＝＝＝，
所以Tn＝＝.
因为Tn＋1－Tn＝＝＞0，
所以{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1＝，
故要使Tn＞恒成立，只要T1＝＞恒成立，
解得k＜9，所以使不等式成立的最大正整数k的值为8。
变式1、[2017·徐州、连云港、宿迁三检]已知两个无穷数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1＝1，S2＝4，对任意的n∈N*，都有3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，对任意的n∈N*，都有Sn>Tn，求证：an>bn.
【解析】(1)由3Sn＋1＝2Sn＋Sn＋2＋an，
得2(Sn＋1－Sn)＝Sn＋2－Sn＋1＋an，
即2an＋1＝an＋2＋an，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an.
由a1＝1，S2＝4，可知a2＝3.
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．故的通项公式为an＝2n－1.
(2)(方法1)设数列的公差为d，则Tn＝nb1＋d，由(1)知，Sn＝n2.
∵Sn＞Tn，∴n2＞nb1＋d，即(2－d)n＋d－2b1＞0恒成立．
∴即
又由S1＞T1，得b1＜1，
∴an－bn＝2n－1－b1－(n－1)d
＝(2－d)n＋d－1－b1≥(2－d)＋d－1－b1
＝1－b1＞0，∴an＞bn，得证．
(方法2)设{bn}的公差为d，假设存在自然数n0≥2，使得an0≤bn0，则
a1＋(n0－1)×2≤b1＋(n0－1)d，
即a1－b1≤(n0－1)(d－2)，
∵a1＞b1，∴d＞2.
∴Tn－Sn＝nb1＋d－n2＝n2＋n，
∵－1＞0，∴存在N0∈N*，当n＞N0时，Tn－Sn＞0恒成立．
这与“对任意的n∈N*，都有Sn＞Tn”矛盾，
∴an＞bn，得证．
变式2、设函数f(x)＝＋，正项数列{an}满足a1＝1，an＝f，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋<2.
【解析】(1)因为an＝f，
所以an＝＋an－1，n∈N*，且n≥2，
所以数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)＝.
(2)证明：由(1)可知＝＝4，
所以＋＋＋…＋＝4
＝4＝2－<2.
方法总结：数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
2．数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．

考点三、数列中的“定义型问题”
例1、（2019·苏州调研改编）定义：对于任意n∈N*，xn＋xn＋2－xn＋1仍为数列中的项，则称数列为“回归数列”．
(1)已知an＝2n(n∈N*)，判断数列是否为“回归数列”，并说明理由；
(2)若数列为“回归数列”，b3＝3，b9＝9，且对于任意n∈N*，均有bn 【解析】　(1)假设是“回归数列”，则对任意n∈N*，总存在k∈N*，使an＋an＋2－an＋1＝ak成立，即2n＋4·2n－2·2n＝2k，即3·2n＝2k，此时等式左边为奇数，右边为偶数，不成立，∴假设不成立，∴不是“回归数列”；
(2)∵bnbn且bn＋bn＋2－bn＋1＝bn＋2－(bn＋1－bn) ∴数列为等差数列．又b3＝3，b9＝9，∴bn＝n(n∈N*)．
变式1、（2020届江苏省南通市如皋中学高三下学期3月线上模拟）如果无穷数列{an}满足条件：①；② 存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列.
（1）设数列{bn}的通项为bn＝20n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；
（2）设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，证明：数列{Sn}是Ω数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：dn≤dn＋1.
【解析】（1）因为bn＝20n－2n，所以，
所以当时，；当时，，
所以数列{bn}的最大项是，
所以，所以M的取值范围是.
（2）设{cn}的公比为，则，c3＝，
整理得，解得或，因为，所以.
因为{cn}是等比数列，所以
所以

.
因为，所以数列{Sn}是Ω数列.
（3）假设存在正整数，使得，由数列{dn}是各项均为正整数得，即.
因为数列{dn}是Ω数列，所以，
所以，
同理，，
依此类推，得.
因为数列{dn}是Ω数列，所以存在，，所以当时，，与数列{dn}各项均为正整数矛盾，所以假设不成立，即对任意的正整数，dn≤dn＋1
变式2、(2019南京学情调研）如果数列{an}共有k(k∈N*，k≥4)项，且满足条件：
①a1＋a2＋…＋ak＝0；　②|a1|＋|a2|＋…＋|ak|＝1，
则称数列{an}为P(k)数列．
(1) 若等比数列{an}为P(4)数列，求a1的值；
(2) 已知m为给定的正整数，且m≥2.
①若公差为正数的等差数列{an}是P(2m＋3)数列，求数列{an}的公差；
②若an＝其中q为常数，q<－1.判断数列{an}是否为P(2m)数列，说明理由．
【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q.
因为数列{an}为P(4)数列，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，
从而 1＋q＋q2＋q3＝0，即 (1＋q)( 1＋q2)＝0.
所以q＝－1.
又因为|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝1，
所以4|a1|＝1，解得a1＝－ 或 . (3分)
(2)① 设等差数列{an}的公差为d.
因为数列{an}为P(2m＋3)数列，
所以a1＋a2＋…＋a2m＋3＝0，即＝0.
因为1＋2m＋3＝2(m＋2)，所以a1＋a2m＋3＝2am＋2，
从而 (2m＋3)am＋2＝0，即am＋2＝0. (6分)
又因为 |a1|＋|a2|＋…＋|a2m＋3|＝1，且d＞0，
所以 －(a1＋a2＋…＋am＋1)＋(am＋3＋am＋4＋…＋a2m＋3)＝1，
即(m＋2)(m＋1)d＝1，解得 d＝.
因此等差数列{an}的公差为d＝. (9分)
②若数列{an}是P(2m)数列，则有：
a1＋a2＋…＋a2m＝0；|a1|＋|a2|＋…＋|a2m|＝1.
因为 an＝，且q＜－1，
所以（*），（**）.
当m为偶数时，在(*)中，×＜0，－＜0，
所以(*)不成立．(12分)
当m为奇数时，由(*)＋(**)得： ＋＝3.
又因为 q＜－1，所以＋＝3, 解得qm＋1＝.
因为m (m≥2)为奇数，所以qm＋1≥q4，
所以≥q4，整理得(2q2－1)(q2－1)≤0，
即 ≤q2≤1，与q＜－1矛盾．
综上可知，数列{an}不是P(2m)数列．(16分)

五、优化提升与真题演练
1、（山东省日照市2019届高三联考）已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是的前项和，则等于（　　）
A．-8 B．-6 C．10 D．0
【答案】D
【解析】∵a1，a3，a4成等比数列，∴=a1a4，
∴=a1•（a1+3×2），
化为2a1=-16，解得a1=-8．
∴则S9=-8×9+ ×2=0，
故选D。
2、（北京市朝阳区2019届高三模拟）天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．

【答案】243 3402
【解析】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，
则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，
所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，
所以，a27＝9×27＝243，
前27项和为：＝3402.
3、（湖南省长沙市长郡中学2019届高三模拟）在各项均为正数的等比数列中，，当取最小值时，则数列的前项和为__________．
【答案】
【解析】等比数列中，，所以
，令
则，令
解得 ，因为各项均为正数的等比数列
所以
当时，
当时，
所以在时取得最小值
设，代入化简可得
所以


两式相减得




4、已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
【解析】：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意得1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6.
解得d＝q＝2，所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)证明：因为cn＝＝＝，
所以Tn＝
＝＝－.
因为>0，所以Tn<.又因为Tn在[1，＋∞)上单调递增，所以当n＝1时，Tn取最小值T1＝，所以≤Tn<.
5、（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）在数列中，，，且对任意的N*，都有.
（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围.
【解析】（Ⅰ）由可得．
又，，所以，故.
所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以.
所以.
（Ⅱ）因为.
所以
.
又因为对任意的都有，所以恒成立，
即,即当时，.

6、（2020年江苏卷）.已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ–k”数列．
（1）若等差数列是“λ–1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
【解析】（1）
（2）



，


（3）假设存在三个不同的数列为数列.

或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，