《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

(2)已知正项等比数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，且S₈ - 2S₄=5，则a₉+a₁₀+a₁₁+a₁₂的最小值为 ( )
A.10
B.15
C.20
D.25

答案： 答案：C
解析：由题意可得$a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12}=S_{12}-S_8$，由$S_8 - 2S_4 = 5$，可得$S_8 - S_4 = S_4 + 5$。又由等比数列的性质知$S_4$，$S_8 - S_4$，$S_{12} - S_8$成等比数列，则$S_4(S_{12} - S_8)=(S_8 - S_4)^2$。于是$a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12}=S_{12}-S_8=\frac{(S_4 + 5)^2}{S_4}=S_4+\frac{25}{S_4}+10\geqslant2\sqrt{S_4\cdot\frac{25}{S_4}}+10 = 20$，当且仅当$S_4 = 5$时等号成立。所以$a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12}$的最小值为20。

[例4](1)已知{aₙ}是等比数列，a₁＞0，前n项和为Sₙ，则“2S₈＜S₇+S₉”是“{aₙ}为递增数列”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 答案：B
解析：因为数列$\{a_n\}$是等比数列，$a_1＞0$，$2S_8＜S_7 + S_9$，所以$2(S_1 + S_2 + \cdots + S_8)＜(S_1 + S_2 + \cdots + S_7)+(S_1 + S_2 + \cdots + S_9)$，即$a_8＜a_9$，所以$a_1q^7＜a_1q^8$，因为$a_1＞0$，所以$q^7＜q^8$，即$q^7(q - 1)＞0$，所以$q＜0$或$q＞1$，所以$2S_8＜S_7 + S_9$的充要条件为$q＜0$或$q＞1$。又$a_1＞0$，数列$\{a_n\}$为递增数列的充要条件为$q＞1$，所以“$2S_8＜S_7 + S_9$”是“$\{a_n\}$为递增数列”的必要不充分条件。

(2)(多选题)设等比数列{aₙ}的公比为q，其前n项和为Sₙ，前n项积为Tₙ，并满足条件a₁＞1，a₂₀₂₃a₂₀₂₄＞1，$\frac{a_{2023} - 1}{a_{2024} - 1}$＜0，下列结论正确的是 ( )
A.S₂₀₂₃＜S₂₀₂₄
B.a₂₀₂₃a₂₀₂₅ - 1＜0
C.T₂₀₂₄是数列{Tₙ}中的最大值
D.数列{Tₙ}无最大值

答案： 答案：AB
解析：当$q＜0$时，$a_{2023}a_{2024}=a_{2023}^2q＜0$，不成立；当$q\geqslant1$时，$a_{2023}＞1$，$a_{2024}＞1$，$\frac{a_{2023}-1}{a_{2024}-1}＞0$，不成立；故$0＜q＜1$，且$a_{2023}＞1$，$0＜a_{2024}＜1$。所以$S_{2024}＞S_{2023}$，A正确；$a_{2023}a_{2025}-1=a_{2024}^2 - 1＜0$，故B正确；$T_{2023}$是数列$\{T_n\}$中的最大值，C、D错误。

对点训练
1.在等比数列{aₙ}中，a₁，a₁₇是方程x² - 14x+9=0的两根，则$\frac{a_2a_{16}}{a_9}$的值为 ( )
A.$\sqrt{14}$
B.3
C.±$\sqrt{14}$
D.±3

答案： 答案：B
解析：因为$a_1$，$a_{17}$是方程$x^2 - 14x + 9 = 0$的两根，所以$a_1a_{17}=9$，$a_1 + a_{17}=14$，所以$a_1＞0$，$a_{17}＞0$。又数列$\{a_n\}$为等比数列，所以$a_1a_{17}=a_2a_{16}=a_9^2 = 9$，且$a_9＞0$，所以$a_9 = 3$，因此$\frac{a_2a_{16}}{a_9}=a_9 = 3$。

2.已知等比数列{aₙ}共有2n项，其和为-240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q=____.

答案： 答案：2
解析：由题意，得$\begin{cases}S_{奇}+S_{偶}=-240\\S_{奇}-S_{偶}=80\end{cases}$，解得$\begin{cases}S_{奇}=-80\\S_{偶}=-160\end{cases}$，所以$q=\frac{S_{偶}}{S_{奇}}=\frac{-160}{-80}=2$。

(1)数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n} = 4a_{n - 1} + 3(n\geq2)$且$a_{1}=0$，则$a_{2025}$等于（ ）
A. $2^{2024} - 1$
B. $4^{2024} - 1$
C. $2^{2024} + 1$
D. $4^{2024} + 1$

答案： B 因为$a_{n}=4a_{n - 1}+3(n\geq2)$，
所以$a_{n}+1 = 4(a_{n - 1}+1)(n\geq2)$，
所以$\{a_{n}+1\}$是以1为首项，4为公比的等比数列，
则$a_{n}+1 = 4^{n - 1}$，
所以$a_{n}=4^{n - 1}-1$，
所以$a_{2025}=4^{2024}-1$。

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=1$，且$\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{3}{a_{n}} + 2$，则$a_{n} =$__________________.

答案： [解析]因为$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{3}{a_{n}}+2$，等式两边同时加1整理得$\frac{1}{a_{n + 1}}+1 = 3(\frac{1}{a_{n}}+1)$，
又因为$a_{1}=1$，所以$\frac{1}{a_{1}}+1 = 2$，
所以$\{\frac{1}{a_{n}}+1\}$是首项为2，公比为3的等比数列。
所以$\frac{1}{a_{n}}+1 = 2\cdot3^{n - 1}$，所以$a_{n}=\frac{1}{2\cdot3^{n - 1}-1}$。
答案：$\frac{1}{2\cdot3^{n - 1}-1}$

@对点训练
已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，且$a_{n + 1} + 2a_{n} + 3 = 0$，$n\in N^{*}$，数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{6} =$__________.

答案： [解析]因为$a_{n + 1}=-2a_{n}-3$，所以$a_{n + 1}+1=-2(a_{n}+1)$，
因为$a_{1}+1 = 2\neq0$，所以数列$\{a_{n}+1\}$是以2为首项，$-2$为公比的等比数列，所以$a_{n}+1 = 2\times(-2)^{n - 1}$，
即$a_{n}=2\times(-2)^{n - 1}-1$，$S_{n}=\frac{2}{3}[1-(-2)^{n}]-n$，
所以$S_{6}=\frac{2}{3}\times(1 - 2^{6})-6=-48$。
答案：$-48$

[例2]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1} = 2a_{n} - n + 1(n\in N^{*})$，$a_{1}=3$，则$a_{n} =$__________.

答案： [解析]因为$a_{n + 1}=2a_{n}-n + 1$，
设$a_{n + 1}+x(n + 1)+y = 2(a_{n}+xn + y)$，化简后$a_{n + 1}=2a_{n}+xn + y - x$，对比原式解方程组得$x=-1$，$y = 0$，
即$a_{n + 1}-(n + 1)=2(a_{n}-n)$，
所以$\frac{a_{n + 1}-(n + 1)}{a_{n}-n}=2$，
即数列$\{a_{n}-n\}$是以$a_{1}-1 = 2$为首项，2为公比的等比数列，则$a_{n}-n = 2\cdot2^{n - 1}=2^{n}$，
所以$a_{n}=2^{n}+n$。
答案：$2^{n}+n$