1、考点1 等差数列的基本运算（2018北京卷（理）设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为_【解析】方法一设公差为Da2a536，（a1d）（a14d）36，2a15d36.a13，d6，通项公式ana1（n1）d6n3（nN*）方法二设公差为d，a2a5a1a636，a13，a633，da6-a156.a13，通项公式an6n3（nN*）【答案】an6n3（nN*）（2018天津卷（理）设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（nN*），bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.（1）求an和bn的通项公式；（2）设数列Sn的前n项和为Tn（
2、nN*），求Tn；证明：nk=1Tk+bk+2bk(k1)(k2)2n+2n+22（nN*）【解析】（1）设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为D由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1（nN*），数列bn的通项公式为bnn（nN*）（2）由（1）得Sn1-2n1+22n1，故Tnnk=1（2k1）nk=12kn2(1-2n)1+2n2n1n2（nN*）证明因为Tk+bk+2bk(k1)(k2)2k+1-k-2+k+2k(
3、k1)(k2)k2k+1(k1)(k2)2k+2k+22k+1k+1，所以nk=1Tk+bk+2bk(k1)(k2)233-222244-2332n+2n+2-2n+1n+12n+2n+22（nN*）【答案】见解析（2018全国卷（理）记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5等于（）A12 B10C10 D12【解析】设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得33a1+33-12d2a122-12d4a144-12d，将a12代入上式，解得d3，故a5a1（51）d24（3）10.故选B【答案】B （2018江苏卷）设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项
4、为b1，公比为q的等比数列（1）设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若a1b10，mN*，q（1，m2，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）【解析】（1）由条件知an（n1）d，bn2n1，因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|（n1）d2n1|1对n1,2,3,4均成立，即11,1d3,32d5,73d9,得73d52.因此，d的取值范围为73,52.（2）由条件知anb1（n1）d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1（n2,3，m1）成立，即|b1（n
5、1）db1qn1|b1（n2,3，m1），即当n2,3，m1时，d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q（1，m2，则1qn1qm2，从而qn-1-2n-1b10，qn-1n-1b10对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值（n2,3，m1）令tn1，则1tm，qt-2tqt-1-2t-1tqt-qt-tqt-1+2t(t-1)tqt-qt-1-qt+2t(t-1)，当1q21m时，有qtqm2，从而t（qtqt1）qt20.因此，当2nm1时，数列qn-1-2n-1单调递增，故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f（x）2x（1x），当x0时，f（x）（ln 21xln 2）2x0，所以f（x）单调递减，从而f（x）f（0）1.令tn1，则1tm，则qttqt-1t-1q(t-1)t21t1-1tf1t1，因此，当2nm1时，数列qn-1n-1单调递减，故数列qn-1n-1的最小值为qmm.因此，d的取值范围为b1qm-2m,b1qmm.【答案】见解析
