浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第1节等差数列与等比数列含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第1节等差数列与等比数列含解析

第1节　等差数列与等比数列 考试要求　1.理解等差数列、等比数列的概念；2.掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；3.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.‎ 知 识 梳 理 ‎1.等差数列的定义 ‎(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示.‎ ‎(2)等差中项：如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项.‎ ‎2.等差数列的通项公式及求和公式 如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是an＝a1＋(n－1)d，其前n项和是Sn＝或Sn＝na1＋d.‎ ‎3.等差数列的常用性质 ‎(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.‎ 特别地，当k＋l＝2m(k，l，m∈N*)时，则ak＋al＝2am.‎ ‎(3)若{an}为等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.‎ ‎(4)若等差数列{an}的前n项为Sn，则也是等差数列.‎ ‎4.等差数列的通项公式、求和公式与函数的关系 ‎(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，等差数列的通项公式是关于n的一次函数；当d＝0时，等差数列的通项公式是常数函数.‎ ‎(2)求和公式：Sn＝n2＋n，当d≠0时，等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数，且常数项为0；当d＝0时，等差数列的前n项和公式为Sn＝na1.‎ ‎5.等比数列的定义 ‎(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(q≠0).‎ ‎(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.‎ ‎6.等比数列的通项公式及求和公式 如果等比数列{an}的首项为a1，公比为q，那么它的通项公式是an＝a1·qn－1，其前n项和是Sn，则 ‎(1)当q＝1时，Sn＝na1.‎ ‎(2)当q≠1时，Sn＝或Sn＝.‎ ‎7.等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*).‎ ‎(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.‎ 特别地，当k＋l＝2m(k，l，m∈N*)时，则ak·al＝a.‎ ‎(3)若{an}为等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等比数列，公比为qn(当公比q＝－1，n不能取正偶数).‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了an＋1－an＝d(n≥2)时，应注意验证a2－a1是否等于d，若a2－a1≠d，则数列{an}不为等差数列.‎ ‎2.利用二次函数性质求等差数列前n项和最值时，一定要注意自变量n是正整数.‎ ‎3.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.‎ ‎4.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(1)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.(　　)‎ ‎(2)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.(　　)‎ ‎(3)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)‎ ‎(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.(　　)‎ 解析　(1)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.‎ ‎(2)若公差d＝0，则前n项和不是n的二次函数.‎ ‎(3)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.‎ ‎(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝(　　)‎ A.－1 B.0 ‎ C.1 D.6‎ 解析　由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.‎ 答案　B ‎3.已知公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)‎ A.8 B.9 ‎ C.10 D.11‎ 解析　由题意得2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，‎ ‎∴m＝10，故选C.‎ 答案　C ‎4.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(　　)‎ A.an＝2n－5 B.an＝3n－10‎ C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝n2－2n 解析　设首项为a1，公差为d.‎ 由S4＝0，a5＝5可得解得 所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，‎ Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.‎ 答案　A ‎5.(2020·浙江“超级全能生”联考)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，初步健步不为难，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378里路，第一天健步行走，从第二天起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.”则该人第一天走的路程为________里，后三天一共走________里.‎ 解析　由题可知这六天中每天走的路程数组成公比为的等比数列，设第一天走x里，则 eq f(xlc( c)(avs4alco1(1－f(1,26))),1－f(1,2))＝378，解得x＝192，即该人第一天走的路程是192里；后三天共走了192×＋192×＋192×＝42(里).‎ 答案　192　42‎ ‎6.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________.‎ 解析　设首项为a1，公差为d，‎ ‎∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，‎ ‎∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5.‎ 令an≤0，则n≤5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正.‎ ‎∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.‎ 答案　0　－10‎ 考点一　等差、等比数列基本量的运算 ‎【例1】 (1)(一题多解)(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)‎ A.－12 B.－10 ‎ C.10 D.12‎ ‎(2)(2019·全国Ⅰ卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝，a＝a6，则S5＝________.‎ 解析　(1)法一　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.‎ 法二　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，‎ ‎∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.‎ ‎(2)由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝＝3.‎ 所以S5＝＝＝.‎ 答案　(1)B　(2) 规律方法　(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn；等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn.已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).‎ ‎(2)等差数列的基本量为a1，d；等比数列的基本量为a1，q.在运算过程中，常用基本量去表示未知量和已知量.‎ ‎【训练1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.‎ ‎(2)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)‎ A.16 B.8 ‎ C.4 D.2‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，‎ 所以S10＝10a1＋d＝100a1，S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.‎ 答案　(1)4　(2)C 考点二　等差、等比数列的性质 ‎【例2】 (1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，对n∈N*且n>4时有S8＝20，S2n－1－S2n－9＝116，则an＝(　　)‎ A.6 B. ‎ C.39 D.78‎ ‎(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝(　　)‎ A.2 B. ‎ C. D.3‎ 解析　(1)由题知a1＋a2＋…＋a8＝20，且S2n－1－S2n－9＝a2n－8＋a2n－7＋…＋a2n－1＝116，故知a1＋a2n－1＝＝17＝2an，所以an＝.‎ ‎(2)法一　由等比数列的性质及题意得S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝.‎ 法二　因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以＝＝.‎ 答案　(1)B　(2)B 规律方法　利用等差、等比数列的性质可简化运算.‎ ‎【训练2】 (1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝________.‎ ‎(2)(一题多解)(2019·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________.‎ 解析　(1)由等比数列性质得a3a7＝a，a2a6＝a3a5，所以a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝(－1＋＋1)2＝(2)2＝8.‎ ‎(2)法一　由S9＝27⇒＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒a5＝3，即a1＋4d＝3.‎ 又a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，‎ 解得a1＝－5，d＝2.‎ 故S8＝8a1＋d＝16.‎ 法二　同法一得a5＝3.‎ 又a2a5＋a8＝0⇒3a2＋a8＝0⇒2a2＋2a5＝0⇒a2＝－3.‎ ‎∴d＝＝2，a1＝a2－d＝－5.‎ 故S8＝8a1＋d＝16.‎ 答案　(1)8　(2)16‎ 考点三　等差、等比数列的判定与证明 ‎【例3】 (2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.‎ ‎(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；‎ ‎(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎(1)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).‎ 又因为a1＋b1＝1，‎ 所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.‎ 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，‎ 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.‎ 又因为a1－b1＝1，‎ 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.‎ ‎(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，‎ 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，‎ bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.‎ 规律方法　(1)等差数列的四种判断方法：‎ ‎①定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.‎ ‎②等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.‎ ‎③通项公式法：验证an＝pn＋q.‎ ‎④前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断.‎ ‎(2)判断、证明等比数列一般用定义式和等比中项，即用＝q(q为不等于0的常数，n∈N*)，a＝anan＋2(数列{an}各项均不为零).‎ ‎【训练3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式.‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎ 考点四　等差数列最值问题 ‎【例4】 (1)(一题多解)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是(　　)‎ A.5 B.6 ‎ C.7 D.8‎ ‎(2)已知等差数列16，14，12，…的前n项和为Sn，且Sn>0，则n的最大值为________.‎ 解析　(1)法一　由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.‎ 法二　由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.‎ ‎(2)等差数列的首项为a1＝16，公差d＝－2，‎ Sn＝16n＋×(－2)＝－n2＋17n，‎ 由Sn>0，即－n2＋17n>0，解得00且＝，则当Sn取最大值时，n的值为(　　)‎ A.9 B.10 ‎ C.11 D.12‎ ‎(2)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，若Sn存在最大值，则在S1，，，…，中最大的数是(　　)‎ A.S1 B. C. D.无法确定 解析　(1)由＝，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1＞0可推知这个数列递减，从而a10＞0，a11＜0，故n＝10时，Sn最大.‎ ‎(2)由题意可知数列{an}是等差数列，且前n项和Sn存在最大值，∴公差d<0，＝n＋a1－在定义域上是单调递减函数，∴S1最大.‎ 答案　(1)B　(2)A 基础巩固题组 一、选择题 ‎1.(2020·温州适应性测试)设Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝a4＋3，则a2＝(　　)‎ A.－2 B.－1 ‎ C.1 D.2‎ 解析　因为数列{an}为等差数列，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a4＋3，则a1＋a2＋a3＝3a2＝3，解得a2＝1，故选C.‎ 答案　C ‎2.(2020·嘉兴测试)已知等比数列{an}的各项均为正，且5a3，a2，3a4成等差数列，则数列{an}的公比是(　　)‎ A. B.2 ‎ C. D. 解析　设等比数列{an}的公比为q，∵{an}为各项均为正数的等比数列，5a3，a2，3a4成等差数列，∴2a2＝5a3＋3a4，∴3q2＋5q－2＝0，∵q＞0，∴q＝，故选C.‎ 答案　C ‎3.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A.f B.f ‎ C.f D.f 解析　由题意得，十三个单音的频率构成以第一个单音的频率f为首项，为公比的等比数列，所以第八个单音的频率为f·()7＝f，故选D.‎ 答案　D ‎4.若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为(　　)‎ A.13 B.12 ‎ C.11 D.10‎ 解析　因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，‎ a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，‎ 又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，‎ 所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60，‎ 所以Sn＝＝＝390，即n＝13.‎ 答案　A ‎5.设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝(　　)‎ A.150 B.－200‎ C.150或－200 D.400或－50‎ 解析　依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20).‎ 即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30，又S20＞0，‎ 因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，‎ 故S40－S30＝80，且S30＝70.‎ S40＝150.故选A.‎ 答案　A ‎6.数列{xn}满足xn＋1＝xn－，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数f(x)＝ax2＋bx＋‎ c(a＞0)有两个零点α，β，数列{xn}为牛顿数列，设an＝ln ，已知a1＝1，xn＞max{α，β}，{an}的前n项和为Sn，则S2 020＋1＝(　　)‎ A.2 019 B.2 020 ‎ C.22 019 D.22 020‎ 解析　∵α，β是f(x)＝ax2＋bx＋c的两个零点，‎ ‎∴f(x)＝a(x－α)(x－β)＝a[x2－(α＋β)x＋αβ]，f′(x)＝a(2x－α－β)，xn＋1＝xn－＝，＝＝，‎ 故an＋1＝ln ＝ln ＝2ln ＝2an，‎ 因此{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＝2n－1，‎ 所以S2 020＋1＝＋1＝22 020，故选D.‎ 答案　D 二、填空题 ‎7.(2018·上海卷)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝0，a6＋a7＝14，则S7＝________.‎ 解析　a6＋a7＝2a1＋11d＝14，a3＝a1＋2d＝0，∴d＝2，a4＝2，S7＝7a4＝14.‎ 答案　14‎ ‎8.已知等差数列{an}中，a1＋a3＝7，设其前n项和为Sn，且S4＝S6，则其公差d＝________，其前n项和为Sn取得最大值时n＝________.‎ 解析　由S4＝S6，知a5＋a6＝0，则有 解得所以an＝＋(n－1)×(－1)＝－n.由－n≥0，得n≤，又n∈N*，所以当n＝5时，Sn取得最大值.‎ 答案　－1　5‎ ‎9.设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________.‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q，∴⇒解得 ‎∴a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)‎ ‎＝2－＋.‎ 记t＝－＋＝－(n2－7n)，‎ 结合n∈N*，可知n＝3或4时，t有最大值6.‎ 又y＝2t为增函数.‎ 所以a1a2…an的最大值为64.‎ 答案　64‎ ‎10.(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的1个小三角形，将剩下的3个小正方三角形，分别再从中间挖去1个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的集合为希尔宾斯基三角形.设An是前n次挖去的小三角形面积之和(如A1是第1次挖去的中间小三角形面积，A2是前2次挖去的4个小三角形面积之和)，则A2＝________，An＝________.‎ 解析　由图易得每次挖去三角形后，后一个图形中剩余的三角形的个数是前一个图形中剩余的三角形的个数的3倍，后一个图形中每个小三角形的边长是前一个图形中每个小三角形的边长的，所以第n个图形中三角形的个数为3n个，边长为，则第n个图形中剩余的三角形的面积为，则挖去的三角形的面积为An＝－＝，则A2＝＝.‎ 答案　　 三、解答题 ‎11.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ ‎12.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.‎ 解　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a2＋a3＝5ln 2，‎ 所以2a1＋3d＝5ln 2.‎ 又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.‎ ‎(2)因为ea1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，‎ 所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列.‎ 所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×＝2n＋1－2.‎ 能力提升题组 ‎13.已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A.a1d>0，dS4>0 B.a1d<0，dS4<0‎ C.a1d>0，dS4<0 D.a1d<0，dS4>0‎ 解析　∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2<0(d≠0)，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－<0，故选B.‎ 答案　B ‎14.如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)‎ A.{Sn}是等差数列 B.{S}是等差数列 C.{dn}是等差数列 D.{d}是等差数列 解析　Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn＋1|长度的一半，即Sn＝hn|BnBn＋1|，由题目中条件可知|BnBn＋1|的长度为定值，过A1作垂线得到初始距离h1，那么A1，An和相应两个垂足构成直角梯形，则hn＝h1＋|A1An|sin θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，‎ 从而Sn＝(h1＋|A1An|sin θ)|BnBn＋1|，‎ Sn＋1＝(h1＋|A1An＋1|sin θ)|BnBn＋1|，‎ 则Sn＋1－Sn＝|AnAn＋1||BnBn＋1|sin θ为定值，‎ 所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.‎ 答案　A ‎15.(2020·浙江新高考仿真卷四)已知等差数列{an}满足：a4＞0，a5＜0，数列的前n项和为Sn，则的取值范围是________.‎ 解析　因为在等差数列{an}中，a4＞0，a5＜0，所以等差数列{an}的公差d＜0，且解得－3d＜a1＜－4d，所以＝＝＋＝＋∈.‎ 答案　 ‎16.已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则a3－r＝________，数列的最大项是第k项，则k＝________.‎ 解析　由{an}为等比数列，Sn＝3n＋r，得Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)，所以an＝2×3n－1，又a1＝2×30＝3＋r，则r＝－1，则a3－r＝2×32＋1＝19；令bn＝n(n＋4)，由题意得∴k∈[，＋1]，∵k∈N*，∴k＝4.‎ 答案　19　4‎ ‎17.(2020·金华十校期末调研)数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝Sn ‎＋1(n∈N*).‎ ‎(1)求通项公式an；‎ ‎(2)记Tn＝＋＋…＋，求证：－≤Tn＜2.‎ ‎(1)解　∵an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，‎ 当n≥2时，an＝Sn－1＋1.‎ ‎∴an＋1－an＝Sn－Sn－1，‎ 即an＋1－an＝an，∴an＋1＝2an，‎ 故an＝即an＝2n－1.‎ ‎(2)证明　∵an＋1＝Sn＋1，∴Sn＝2n－1，‎ ‎∴当n≥2时，＜＜，‎ ‎∴Tn＞1＋＝－，‎ Tn＜1＋＝2－＜2，‎ 又当n＝1时，T1＝1＜2，－＝1＝T1，‎ 故－≤Tn＜2.‎ ‎18.(2020·嘉兴测试)在数列{an}，{bn}中，设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求an和Sn；‎ ‎(2)若n≥k时，bn≥8Sn恒成立，求整数k的最小值.‎ 解　(1)因为an＋1＝an＋2，‎ 即an＋1－an＝2，‎ 所以{an}是等差数列，‎ 又a1＝1，所以an＝2n－1，‎ 从而Sn＝＝n2.‎ ‎(2)因为an＝2n－1，‎ 所以3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，‎ 当n≥2时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，　①‎ ‎3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n－1·(2n－3)＋1，　②‎ ‎①－②可得(2n＋1)bn＝2n－1·(2n＋1)，n≥2，‎ 即bn＝2n－1，而b1＝1也满足上式，故bn＝2n－1，‎ 令bn≥8Sn，则2n－1≥8n2，即2n－4≥n2，‎ 因为210－4＜102，211－4＞112，‎ 依据指数增长性质，整数k的最小值是11.‎