函数：
①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x； ③f(x)＝|x|； ④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( C ) A．①② C．①③
B．③④ D．②④
[分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{an}是等比数列，则{f(an)}仍是等比数列．
[解析] 解法一：设{an}的公比为q. a2an＋122n＋12
①f(an)＝an，∵2＝()＝q，
anan∴{f(an)}是等比数列，排除B、D． ③f(an)＝|an|， ∵
|an＋1|
＝|an||
an＋1
|＝|q|， an
∴{f(an)}是等比数列，排除A． 解法二：不妨令an＝2n.
2＝4n.显然{f(a)}是首项为4，公比为4的等比数列． ①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝ann
②因为f(x)＝2x，
所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24， f(a3)＝f(8)＝28，
f?a2?24f?a3?28
所以＝＝4≠＝＝16，
f?a1?22f?a2?24所以{f(an)}不是等比数列．
③因为f(x)＝|x|，所以f(an)＝2n＝(2)n. 显然{f(an)}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.
显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C．
6．(2024·邵阳一模)已知数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，则lna2 018的值为2_017.
[解析] 因为数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，
2 017＝e2 017， 所以a2 018＝b1·b2·b3·b4·…·b2 017＝b1 009
lna2 018＝lne2 017＝2 017.
7．已知数列{an}是等比数列，其公比为2，设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为
11111 02325，那么＋＋＋…＋的值为.
a1a2a3a10128[解析] 数列{an}是等比数列，其公比为2， 设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25， 所以b1＋b2＋…＋b10 ＝log2(a1·a2·…·a10)
1021
＝log2(a1
＋2＋…＋9
)＝25，
14525
所以a101×2＝2，可得：a1＝. 41111那么＋＋＋…＋ a1a2a3a10111＝4(1＋＋2＋…＋9)
22211－10
21 023
＝4×＝.
11281－2
8．已知等比数列{an}的公比q>1,42是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前n项和Sn.
[解析] (1)因为42是a1和a4的一个等比中项， 所以a1·a4＝(42)2＝32.
??a2·a3＝32，
由题意可得?
?a2＋a3＝12.?
因为q>1，所以a3>a2.
??a2＝4，a3
解得?所以q＝＝2.
a2?a3＝8.?
故数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n， Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n1＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n1.②
＋
①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n1＝
＋－
2?1－2n?＋
－n·2n1. 1－2
所以Sn＝2－2n1＋n·2n1＝2＋(n－1)·2n1.
9．(文)(2024·天津卷，18)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
＋＋＋
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
[解析] (1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n1.
1－2nn
所以Tn＝＝2－1.
1－2
设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. 由b5＝a4＋2a6，
n?n＋1?
可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝.
2(2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n1－n－2. n?n＋1?n＋1＋
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2－n－2＝n＋2n1，
2整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值为4.
(理)(2024·天津卷，18)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)， ①求Tn； ②证明
＋
－
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故an＝2n1.
设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1
＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
n1－2nn
(2)①由(1)，有Sn＝＝2－1，故Tn＝? (2k－1)＝
1－2k＝1
－－
2×?1－2n?＋
?2－n＝1－2－n＝2n1－n－2. k＝1
n
k
?Tk＋bk＋2?bk?2k1－k－2＋k＋2?k
②因为＝＝
?k＋1??k＋2??k＋1??k＋2?k·2k12k22k1
＝－，
?k＋1??k＋2?k＋2k＋1
＋
＋
＋
＋
B组
5
1．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，
21
则数列{}的前n项和Tn＝( C )
?2n＋1?an
n
A．－
2n＋12n
C．－
2n＋1
nB．
2n＋1D．
2n
2n＋1
[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．
a3－a135
设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1
22415
－， 2
3515
因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1－)2＝(a1－)a1，
24251
整理得4a21＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－. 225
当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；
2a3－a11
当a1＝－时，公差d＝＝－1，
22
111
所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，
2221211
所以＝－＝－(－)，
?2n＋1?an?2n－1??2n＋1?2n－12n＋111111所以其前n项和Tn＝－(1－＋－＋…＋－)
3352n－12n＋112n
＝－(1－)＝－，故选C．
2n＋12n＋1
2．(文)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )
A．2a3>3a4 C．a5＋a4－a3<0
B．5a5>a1＋6a6 D．a3＋a6＋a12<2a7
[解析] 依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D．
3
(理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( C )
2n－11A．an与Sn都有最大值 C．an与Sn都有最小值
3
[解析] 画出an＝的图象，
2n－11
B．an与Sn都没有最大值 D．an与Sn都没有最小值
点(n，an)为函数y＝a6最大．
3．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是( A ) A．25 C．100
B．50 D．不存在
311
图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，
22x－11
a1＋a20
[解析] ∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.
2∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.
a7＋a142
∵an>0，∴a7·a14≤()＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．
24．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( B ) A．2n1 2－
C．()n1
3
－
3－
B．()n1
2D．
2
n－1 1
[解析] 由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn， ∴
Sn＋13
＝， Sn2
113
∵a1＝1，S1＝2a2，∴a2＝a1＝，∴S2＝，
222S233－
∴＝，∴Sn＝()n1. S122
15．(2024·山东省实验中学调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝( A )
nA．2＋lnn C．2＋nlnn
B．2＋(n－1)lnn D．1＋n＋lnn
2024版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四 第二讲 数列求和及综合应用
