9．[2019·辽宁卷]设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则（ ）
A．d＞0B．d＜0
C．a1d＞0D．a1d＜0
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，所以a1d<0.
17．[2019·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．[2019·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＝（ ）
A．n（n＋1）B．n（n－1）
C.D.
5．A [解析]由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即（a2＋4）2＝a2（a2＋12），解得a2＝4，即a1＝2，所以Sn＝2n＋×2＝n（n＋1）．
17．、[2019·全国新课标卷Ⅰ]已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
17．解：
（1）方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝，从而得a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
（2）设的前n项和为Sn，由
（1）知＝，
则Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减得
Sn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.
19．，，[2019·山东卷]在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝a，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋（－1）nbn，求Tn.
19．解：
（1）由题意知，（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），
即（a1＋2）2＝a1（a1＋6），解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由题意知，bn＝a＝n（n＋1），
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋（－1）nn×（n＋1）．
因为bn＋1－bn＝2（n＋1），
所以当n为偶数时，
Tn＝（－b1＋b2）＋（－b3＋b4）＋…＋（－bn－1＋bn）
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝
＝，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋（－bn）
＝－n（n＋1）
＝－.
所以Tn＝
16．、、[2019·陕西卷]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
（1）若a，b，c成等差数列，证明：
sinA＋sinC＝2sin（A＋C）；
（2）若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cosB的值．
16．解：
（1）∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.
∵sinB＝sin[π－（A＋C）]＝sin（A＋C），
∴sinA＋sinC＝2sin（A＋C）．
（2）由题设有b2＝ac，c＝2a，
∴b＝a.
由余弦定理得cosB＝＝＝.
19．、、[2019·四川卷]设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）＝2x的图像上（n∈N*）．
（1）证明：
数列{bn}为等比数列；
（2）若a1＝1，函数f（x）的图像在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2－，求数列{anb}的前n项和Sn.
19．解：
（1）证明：
由已知得，bn＝2an＞0，
当n≥1时，＝2an＋1－an＝2d.
故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．
（2）函数f（x）＝2x在点（a2，b2）处的切线方程为y－2a2＝（2a2ln2）（x－a2），
其在x轴上的截距为a2－.
由题意知，a2－＝2－，
解得a2＝2，
所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb＝n·4n.
于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋（n－1）×4n－1＋n×4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋（n－1）×4n＋n×4n＋1，
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝，
所以，Sn＝.
19．[2019·浙江卷]已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
（1）求d及Sn；
（2）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
19．解：
（1）由题意知（2a1＋d）（3a1＋3d）＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2（n∈N*）．
（2）由
（1）得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝（2m＋k－1）（k＋1），
所以（2m＋k－1）（k＋1）＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故所以
16．、[2019·重庆卷]已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
（1）求an及Sn；
（2）设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－（a4＋1）q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
16．解：
（1）因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以
an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.
故Sn＝1＋3＋…＋（2n－1）＝＝＝n2.
（2）由
（1）得a4＝7，S4＝16.因为q2－（a4＋1）q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以（q－4）2＝0，从而q＝4.
又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝（4n－1）．
D3 等比数列及等比数列前n项和
12．[2019·安徽卷]如图1 3，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；….依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________．
图1 3
12. [解析]在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，由题易知A1A2＝a3＝AB＝1，…，A6A7＝a7＝·AB＝2×＝.
17．，[2019·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
解得
因此，an＝3n－1.
（2）因为bn＝log3an＝n－1，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.
13．、[2019·广东卷]等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．
13．5 [解析]在等比数列中，a1a5＝a2a4＝a＝4.因为an>0，所以a3＝2，所以a1a2a3a4a5＝（a1a5）（a2a4）a3＝a＝25，
所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2（a1a2a3a4a5）＝log225＝5.
19．、、[2019·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．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
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.
7．[2019·江苏卷]在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
7．4 [解析]由等比数列的定义可得，a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，即a2q6＝a2q4＋2a2q2.又an＞0，所以q4－q2－2＝0，解得q2＝2，故a6＝a2q4＝1×22＝4.
17．、、[2019·江西卷]已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
（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．
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}的通项公式为an＝3n－2.
（2）证明：
要使得a1，an，am成等比数列，只需要a＝a1·am，即（3n－2）2＝1·（3m－2），即m＝3n2－4n＋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．、[2019·江西卷]已知函数f（x）＝（4x2＋4ax＋a2），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．
18．解：
（1）当a＝－4时，由f′（x）＝＝0得x＝或x＝2，由f′（x）＞0得x∈或x∈（2，＋∞）．
故函数f（x）的单调递增区间为和（2，＋∞）．
（2）因为f′（x）＝，a＜0，
所以由f′（x）＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f（x）单调递增；当x∈时，f（x）单调递减；当x∈时，f（x）单调递增．
易知f（x）＝（2x＋a）2≥0，且f＝0.
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＝±2－2，均不符合题意．
②当1<－≤4时，即－8≤a＜－2时，f（x）在[1，4]时的最小值为f＝0，不符合题意．
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（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.
8．[2019·全国卷]设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝（ ）
A．31B．32
C．63D．64
8．C [解析]设等比数列{an}的首项为a，公比为q，易知q≠1，根据题意可得解得q2＝4，＝－1，所以S6＝＝（－1）（1－43）＝63.
5．[2019·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＝（ ）
A．n（n＋1）B．n（n－1）
C.D.
5．A [解析]由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即（a2＋4）2＝a2（a2＋12），解得a2＝4，即a1＝2，所以Sn＝2n＋×2＝n（n＋1）．
19．，，[2019·山东卷]在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝a，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋（－1）nbn，求Tn.
19．解：
（1）由题意知，（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），
即（a1＋2）2＝a1（a1＋6），解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由题意知，bn＝a＝n（n＋1），
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋（－1）nn×（n＋1）．
因为bn＋1－bn＝2（n＋1），
所以当n为偶数时，
Tn＝（－b1＋b2）＋（－b3＋b4）＋…＋（－bn－1＋bn）
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝
＝，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋（－bn）
＝－n（n＋1）
＝－.
所以Tn＝
16．、、[2019·陕西卷]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
（1）若a，b，c成等差数列，证明：
sinA＋sinC＝2sin（A＋C）；
（2）若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cosB的值．
16．解：
（1）∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.
∵sinB＝sin[π－（A＋C）]＝sin（A＋C），
∴sinA＋sinC＝2sin（A＋C）．
（2）由题设有b2＝ac，c＝2a，
∴b＝a.
由余弦定理得cosB＝＝＝.
20．、、[2019·天津卷]已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
（1）当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
（2）设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：
若an＜bn，则s＜t.
20．解：
（1）当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
（2）证明：
由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及ans－t＝（a1－b1）＋（a2－b2）q＋…＋（an－1－bn－1）qn－2＋（an－bn）qn－1
≤（q－1）＋（q－1）q＋…＋（q－1）qn－2－qn－1
＝－qn－1
＝－1<0，
所以s16．、[2019·重庆卷]已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
（1）求an及Sn；
（2）设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－（a4＋1）q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
16．解：
（1）因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以
an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.
故Sn＝1＋3＋…＋（2n－1）＝＝＝n2.
（2）由
（1）得a4＝7，S4＝16.因为q2－（a4＋1）q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以（q－4）2＝0，从而q＝4.
又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝（4n－1）．
D4 数列求和
15．、[2019·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
d＝＝＝3.
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
q3＝＝＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝（b1－a1）qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1（n＝1，2，…）．
（2）由
（1）知bn＝3n＋2n－1（n＝1，2，…）．
数列{3n}的前n项和为n（n＋1），数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1，
所以，数列{bn}的前n项和为n（n＋1）＋2n－1.
16．、[2019·湖南卷]已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
（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＝S
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