数 学
D单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法
3n2－n
17．、、[2018·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
2
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
3n2－n
17．解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}
2
的通项公式为an＝3n－2.
2
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2(3m－2)，即m＝3n2－4n＋n＝a1·am，即(3n－2)＝1·2.而此时m∈N*，且m＞n，
所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列． 18．、[2018·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a<0. (1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．
2（5x－2）（x－2）22
0，?或x18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x∈??5?5x∈(2，＋∞)．
2
0，?和(2，＋∞)． 故函数f(x)的单调递增区间为??5?（10x＋a）（2x＋a）
，a＜0，
2xaa
所以由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
102
aaaa
0，－?时，f(x)单调递增；当x∈?－，－?时，f(x)单调递减；当x∈?－，＋∞?时，f(x)单调当x∈?10?2???10?2?
递增．
a
－?＝0. 易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f??2?a
①当－≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，
2
均不符合题意．
aa
－?＝0，不符合题意． ②当1<－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f??2?2
a
③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)
2
＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．
当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意． 综上有，a＝－10.
1
16．[2018·新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an＋1＝，a＝2，则a1＝________．
1－an8
(2)因为f′(x)＝
11111116. [解析] 由题易知a8＝＝2，得a7＝；a7＝＝，得a6＝－1；a6＝＝－1，得a5＝2，221－a71－a621－a5
1
于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1＝a7＝. 2
D2 等差数列及等差数列前n项和 2．[2018·重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( ) A．5 B．8 C．10 D．14
2．B [解析] 由题意，得a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，解得d＝1，所以a7＝a1＋6d＝2＋6＝
8.
5．[2018·天津卷] 设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( )
A．2 B．－2 11C. D．－ 22
4×3
5．D [解析] ∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，且S1，S2，S4成等比数列，∴(2a1－1)2＝
2
1
a1(4a1－6)，解得a1＝－.
2
15．、[2018·北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和．
15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
a4－a112－3d＝＝＝3.
33
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)． 设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得 b4－a420－12q3＝＝＝8，解得q＝2.
b1－a14－3所以bn－an＝(b1－a1)qn1＝2n1.
－
从而bn＝3n＋2n1(n＝1，2，…)．
－
(2)由(1)知bn＝3n＋2n1(n＝1，2，…)．
－
－
1－2nn3n－1
数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2}的前n项和为1×＝2－1，
21－23
所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
2
17．，[2018·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求an；
(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn. 17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得
???a1q＝3，?a1＝1，?解得? 4
?a1q＝81，?q＝3.??
因此，an＝3n1.
(2)因为bn＝log3an＝n－1，
－
n（b1＋bn）n2－n
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝. 22
19．、、[2018·湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
19．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意知，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)， 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4， 当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2. (2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800， 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
n[2＋（4n－2）]
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
2
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41. 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
n2＋n
16．、[2018·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
2
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
n2＋n（n－1）2＋（n－1）
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
22
故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
2（1－22n）2n＋1
则A＝＝2－2，
1－2
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
＋
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n1＋n－2. 13．[2018·江西卷] 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
77
－1，－? [解析] 由题可知a8>0且a9<0，即7＋7d>0且7＋8d<0，所以－1 bn＋12a1an＋1 9．D [解析] 令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以 ＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1， bn2a1an 所以a1d<0. 17．[2018·全国卷] 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2. (1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． 17．解：(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2，得 an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2， 即bn＋1＝bn＋2. 又b1＝a2－a1＝1， 所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)， 即an＋1－an＝2n－1. 于是 所以an＋1－a1＝n2， 即an＋1＝n2＋a1. 又a1＝1，所以{an}的通项公式an＝n2－2n＋2. 5．[2018·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn