【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题8　等差数列与等比数列

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题8　等差数列与等比数列，共18页。学案主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，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，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2）＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
2.(2020·全国Ⅱ卷)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)( )
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，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，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，得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块).
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eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
B.0.8
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，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，
故k3＝0.9.
4.(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eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝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，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2).
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知，bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋2,2)，则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,n（n＋1）).
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))
热点一 等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(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：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d；
(4)等比数列的求和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)(2022·开封二模)已知公差为1的等差数列{an}中，aeq \\al(2,5)＝a3a6，若该数列的前n项和Sn＝0，则n＝( )
A.10 B.11
C.12 D.13
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为( )
A.－3 B.1
C.－3或1 D.1或3
答案 (1)D (2)C
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，又因为aeq \\al(2,5)＝a3a6，
所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋5d)，
解得a1＝－6，
故Sn＝－6n＋eq \f(1,2)n(n－1)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(13,2)n＝0，
解得n＝13.
(2)设等比数列{an}的公比为q.
当q＝1时，Sn＋2＝(n＋2)a1，
Sn＝na1.
由Sn＋2＝4Sn＋3，
得(n＋2)a1＝4na1＋3，
即3a1n＝2a1－3.
若对任意的正整数n，
3a1n＝2a1－3恒成立，
则a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，
所以q≠1，
于是Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，
Sn＋2＝eq \f(a1（1－qn＋2）,1－q)，
代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简，
得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q.
若对任意的正整数n，该等式恒成立，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－q2＝0，,3＋3a1－3q＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,q＝－2，))
由此可得a1＝1或－3.故选C.
规律方法 求等差、等比数列基本量的解题思路
(1)设公差d(公比q)、首项a1、项数n等；
(2)列方程(组)：把条件转化成关于a1和d(q)的方程(组)；
(3)解方程(组)：求解时注意整体代换，以减少计算量.
训练1 (1)(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
(2)(2022·汕头一模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1＝( )
A.5eq \r(2)－5 B.5eq \r(2)＋5
C.5eq \r(2) D.5
答案 (1)A (2)A
解析 (1)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，
即eq \f(（a1＋a3）×3,2)＝3.9，eq \f(（a6＋a9）×4,2)＝3，
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.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，a1≠0，
由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2＋q3）＝15，,4a3＝4a1＋a5，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2＋q3）＝15，,4q2＝4＋q4，))
解得q2＝2，q＝eq \r(2)，a1＝5eq \r(2)－5.
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＝aeq \\al(2,k).
2.前n项和的性质(m，n∈N*)：
(1)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).
(2)对于等差数列，有S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.
例2 (1)(2022·山东学情联考)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(a4,b6)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S7,T11)＝( )
A.eq \f(7,33) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(14,33) D.eq \f(7,11)
(2)(2022·宝鸡二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝( )
A.2 B.eq \f(7,3)
C.eq \f(8,3) D.3
(3)(2022·南充二诊)若等比数列{an}的各项均为正数，且a1 010·a1 013＋a1 011·a1 012＝2e2，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a2 022＝________.
答案 (1)A (2)B (3)2 022
解析 (1)S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝7a4，
T11＝eq \f(11（b1＋b11）,2)＝eq \f(11×2b6,2)＝11b6，
∴eq \f(S7,T11)＝eq \f(7a4,11b6)＝eq \f(7,11)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,33).
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，
则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
eq \f(S6,S3)＝3，即S6＝3S3，
又eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，
故4S3＝S9－S6，
故S9＝7S3，故eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
(3)因为{an}是等比数列，
所以a1 010·a1 013＋a1 011·a1 012
＝2a1 011·a1 012＝2e2，
即a1 011·a1 012＝e2，
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a2 022＝ln(a1a2…a2 022)
＝ln(a1 011a1 012)1 011＝ln e2 022＝2 022.
规律方法 (1)理解并熟练掌握等差、等比数列项的性质，前n项和的性质是解决此类问题的前提.
(2)对于题目所给的条件与所求，要注意观察项的序号的特征，抓住项与项之间的关系及项数之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质求解.
训练2 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S12等于( )
A.－3 B.－12
C.－21 D.－30
(2)(2022·西安三模)在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则eq \f(a3a9a15,a5a13)的值为( )
A.－eq \f(2＋\r(2),2) B.－eq \r(2)
C.eq \r(2) D.－eq \r(2)或eq \r(2)
(3)(2022·江南十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S80的正整数n的最大值为( )
A.16 B.17
C.18 D.19
答案 (1)D (2)B (3)C
解析 (1)由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，
∴2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，
则2×(3－6)＝6＋S9－3，
可得S9＝－9.
由2(S9－S6)＝S6－S3＋S12－S9，
即－24＝S12＋6，
得S12＝－30，故选D.
(2)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＝－eq \r(2)，
则eq \f(a3a9a15,a5a13)＝eq \f(aeq \\al(3,9),aeq \\al(2,9))＝a9＝－eq \r(2).
(3)由S8得a10<0且a9＋a10>0，
所以等差数列{an}的公差d<0，且a9>0.
从而S17＝eq \f(17（a1＋a17）,2)＝17a9>0，
S18＝eq \f(18（a1＋a18）,2)＝9(a9＋a10)>0，
S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10<0.
故满足Sn>0的正整数n的最大值为18.
热点三 等差(比)数列的判断与证明
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，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{eq \r(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＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列.
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d
＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，
所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d＞0，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，此式对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，
所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列.
易错提醒 (1)aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法.
训练3 (2022·临汾一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足5an＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)若bn＝3n·an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 由题可知，
5an＝2Sn＋1(n≥1)①
5an－1＝2Sn－1＋1(n≥2)②
①－②得：
5an－5an－1＝2an(n≥2)，
即an＝eq \f(5,3)an－1(n≥2)
当n＝1时，由①知a1＝eq \f(1,3)，
所以{an}是以eq \f(1,3)为首项，以eq \f(5,3)为公比的等比数列.
(2)解 由(1)可知，
an＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(5n－1,3n)，
所以bn＝3n×eq \f(5n－1,3n)－1＝5n－1－1.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝50＋51＋52＋…＋5n－1－n＝eq \f(5n,4)－n－eq \f(1,4)，n∈N*.
一、基本技能练
1.(2022·北京丰台区一模)若数列{an}满足an＋1＝2an，且a4＝1，则数列{an}的前4项和等于( )
A.15 B.14
C.eq \f(15,8) D.eq \f(7,8)
答案 C
解析 因为an＋1＝2an，且a4＝1，
所以数列{an}是以2为公比的等比数列，
又a4＝a1q3＝1，得a1＝eq \f(1,8)，
所以S4＝eq \f(\f(1,8)（1－24）,1－2)＝eq \f(15,8).
2.(2022·赣州一模)等比数列{an}满足a8＋a10＝eq \f(1,2)，a11＋a13＝1，则a20＋a22＝( )
A.8 B.4
C.－4 D.－8
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由a8＋a10＝eq \f(1,2)，a11＋a13＝1，
得a8(1＋q2)＝eq \f(1,2)，a11(1＋q2)＝1，
两式相除得q3＝2，
则a20＋a22＝a11(1＋q2)q9＝1×(q3)3＝23＝8，
即a20＋a22＝8.
3.在等差数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝6，a6＝4，则公差d＝( )
A.1 B.2
C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 由a2＋a3＋a4＝3a3＝6，
则a3＝2，
所以a6－a3＝3d＝2，
故d＝eq \f(2,3).
4.(2022·济南调研)在等比数列{an}中，a2＝－1，a6＝－4，则a3a4a5＝( )
A.－8 B.8
C.±8 D.16
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得a6＝4a2，－4＝－q4，
∴q2＝2，∴a4＝a2q2＝－2.
∴a3a5＝a2a6＝aeq \\al(2,4)＝4，
∴a3a4a5＝4×(－2)＝－8，故选A.
5.(2022·河南名校大联考)已知等差数列{an}的通项公式为an＝9－2n，则其前n项和Sn的最大值为( )
A.15 B.16
C.17 D.18
答案 B
解析 当an≥0时，1≤n≤4(n∈N*)，可得S4最大，S4＝eq \f(4×（7＋1）,2)＝16.
故选B.
6.(2022·泰安一模)已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(1＋an,an).若对任意的n∈N*，都有bn≥b5成立，则实数a的取值范围是( )
A.[－6，－5] B.(－6，－5)
C.[－5，－4] D.(－5，－4)
答案 D
解析 根据题意：数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，
所以an＝n＋a－1，
且数列{an}单调递增，
由于数列{bn}满足bn＝eq \f(1＋an,an)＝eq \f(1,an)＋1，
所以若eq \f(1,an)≥eq \f(1,a5)对任意的n∈N*都成立，必满足a5<0，a6>0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a5＝5＋a－1<0，,a6＝6＋a－1>0，))
解得－57.(2022·南平联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋2a4＋a10＝32，则S9＝________.
答案 72
解析 因为{an}为等差数列，所以a2＋2a4＋a10＝2a4＋2a6＝4a5＝32，所以a5＝8，故S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝72.
8.(2022·四川石室中学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.
答案 81
解析 由等比数列的性质可得S3，S6－S3，S9－S6，…成等比数列，设其公比为q，
则q＝eq \f(S6－S3,S3)＝3，
所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝(S6－S3)q＝27×3＝81.
9.(2022·新乡模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________.
答案 51
解析 设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，
a5＝5，
设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋eq \f(（n－4）（n－5）,2)×2＝108，
解得n＝12(n＝－8舍去).
故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.
10.(2022·安庆模拟)已知等比数列{an}的前n项的乘积记为Tn，若T2＝T9＝512，则T8＝________.
答案 4 096
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由T2＝T9，得aeq \\al(7,6)＝1，故a6＝1.
∴a1q5＝1 . ①
又a1a2＝aeq \\al(2,1)q＝512，②
由①②联立，得q9＝eq \f(1,512)，则q＝eq \f(1,2).
所以T8＝eq \f(T9,a9)＝eq \f(T9,a1q5q3)＝212＝4 096.
11.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)证明{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}落入区间(10，2 023)的所有项的和.
(1)证明 ∵an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴{an＋1}是公比为2的等比数列，
又∵a1＋1＝2，
∴an＋1＝2n.
∴an＝2n－1.
(2)解 令10<2n－1<2 023，
∵n∈N*，
∴n可取4，5，6，7，8，9，10，
∴a4＋a5＋…＋a9＋a10＝(24－1)＋(25－1)＋…＋(210－1)＝eq \f(24×（1－27）,1－2)－7×1＝211－23＝2 025.
12.(2022·广西重点中学联考)在数列{an}中，a1＝5，an＝2an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说理理由.
解 (1)因为a1＝5，
且an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，
所以a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列.
设bn＝eq \f(an＋λ,2n)，
由{bn}为等差数列，得2b2＝b1＋b3，
所以2×eq \f(a2＋λ,22)＝eq \f(a1＋λ,2)＋eq \f(a3＋λ,23)，
即eq \f(13＋λ,2)＝eq \f(5＋λ,2)＋eq \f(33＋λ,8)，解得λ＝－1.
而当λ＝－1时，有
bn＋1－bn＝eq \f(an＋1－1,2n＋1)－eq \f(an－1,2n)＝eq \f(1,2n＋1)[(an＋1－2an)＋1]
＝eq \f(1,2n＋1)[(2n＋1－1)＋1]＝1，
b1＝eq \f(a1－1,2)＝eq \f(5－1,2)＝2，
则{bn}是首项为2，公差为1的等差数列.
所以存在实数λ＝－1，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))是首项为2，公差为1的等差数列.
二、创新拓展练
13.(2022·聊城二模)已知数列{an}，an＝eq \f(1,f（n）)，其中f(n)为最接近eq \r(n)的整数，若{an}的前m项和为20，则m＝( )
A.15 B.30
C.60 D.110
答案 D
解析 由题意知，f(1)＝1，f(2)＝1；
f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，f(6)＝2；
f(7)＝3，f(8)＝3，f(9)＝3，f(10)＝3，f(11)＝3，f(12)＝3；……
由此可得f(n)的取值中，有2个1，4个2，6个3，8个4，……，
又由数列{an}满足an＝eq \f(1,f（n）)，
可得a1＝a2＝1，a3＝a4＝a5＝a6＝eq \f(1,2)，
a7＝a8＝…＝a12＝eq \f(1,3)，……，
则a1＋a2＝2，a3＋a4＋a5＋a6＝2，a7＋a8＋…＋a12＝2，……，
因为{an}的前m项和为20，
即Sm＝10×2＝20，
可设b1＝a1＋a2＝2，
b2＝a3＋a4＋a5＋a6＝4，
b3＝a7＋a8＋…＋a12＝6，……，
则数列{bn}的前n项和为Tn，
则数列{Tn}构成首项为2，公差为2的等差数列，
则其前10项和为10×2＋eq \f(10×9,2)×2＝110，故m＝110，故选D.
14.在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10 000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为an，有下列结论(参考数据：1.211＝7.5，1.212＝9)：
①a1＝12 000；
②an＋1＝1.2an－1 000；
③2021年小王的年利润为40 000元；
④两年后，小王手中现款达41万.
其中正确命题的个数有( )
A.0 B.1
C.2 D.3
答案 D
解析 每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，
a1＝(1＋20%)×10 000－1 000＝11 000元，故①错误；
由题意an＋1＝1.2an－1 000，故②正确；
由an＋1＝1.2an－1 000，
得an＋1－5 000＝1.2(an－5 000)，
所以数列{an－5 000}是首项为6 000，公比为1.2的等比数列，
∴a12－5 000＝6 000×1.211，
即a12＝6 000×1.211＋5 000＝50 000，
则2021年小王的年利润为50 000－10 000＝40 000元，故③正确；
两年后，即a24＝5 000＋6 000×1.223＝5 000＋6 000×eq \f(92,1.2)＝410 000，即41万，故④正确，故选D.
15.(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
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}是等比数列，公比为2，首项为1，
∴an＝2n－1，
由an＝2n－1<2 022，
得n－1≤10，即n≤11，
∴所求和为S11＝eq \f(1－211,1－2)＝2 047.
16.(2022·福州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且Sn＋2＝Sn＋1＋4an.
(1)求an；
(2)求证：eq \f(1,a1＋1)＋eq \f(1,a2＋1)＋…＋eq \f(1,an＋1)<2.
(1)解 由Sn＋2＝Sn＋1＋4an得an＋2＝4an.
所以当n＝2k－1(k∈N*)时，
a2k＋1＝4a2k－1，
所以数列{a2k－1}是首项为a1＝1，公比为4的等比数列，
故a2k－1＝1×4k－1，
即a2k－1＝22k－2＝2(2k－1)－1.
当n＝2k(k∈N*)时，同理可得a2k＝2×4k－1＝22k－1.
所以an＝2n－1(n∈N*).
(2)证明 由(1)知
eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2n－1＋1)所以eq \f(1,a1＋1)＋eq \f(1,a2＋1)＋…＋eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1·qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)
前n项和法
Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0，1)