2020届江苏省高考数学二轮复习专项强化练（九）数列

2020届江苏省高考数学二轮复习专项强化练（九）数列

专项强化练(九)　数　列 A组 题型一　等差、等比数列的基本运算 ‎1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＝7，S7＝－7，则a7的值为________．‎ 解析：因为等差数列{an}满足a2＝7，S7＝－7，所以S7＝7a4＝－7，a4＝－1，所以d＝＝－4，所以a7＝a2＋5d＝－13.‎ 答案：－13‎ ‎2．(2018·盐城高三模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.‎ 解析：Sn＝2an＋n(n∈N*)　①，当n＝1时，得a1＝－1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1　②，①－②，得an＝2an－2an－1＋1(n≥2)，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，则数列{an－1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，则an－1＝－2×2n－1＝－2n，a1＝－1符合上式．所以数列{an}的通项公式为an＝1－2n.‎ 答案：1－2n ‎3．已知等比数列{an}的各项均为正数，若a4＝a，a2＋a4＝，则a5＝________.‎ 解析：法一：设等比数列{an}的首项为a1(a1>0)，公比为q(q>0)，‎ 由题意解得 所以a5＝a1q4＝.‎ 法二：(整体思想)依题意由得16a＋16a2－5＝0，即(4a2＋5)(4a2－1)＝0，又等比数列{an}各项均为正数，所以a2＝，从而a4＝，从而由q2＝＝，又q>0，所以q＝，a5＝a4q＝×＝.‎ 答案： ‎[临门一脚]‎ ‎1．等差、等比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，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．‎ ‎2．在等差、等比混合后考查基本量的计算容易造成公式和性质混淆，从而造成计算失误．‎ ‎3．等差、等比数列的通项公式：‎ 等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；等比数列{an ‎}的通项公式为an＝a1qn－1＝amqn－m(a1≠0，q≠0)．‎ ‎4．等差、等比数列的前n项和：‎ ‎(1)等差数列的前n项和为：Sn＝＝na1＋d＝n2＋n(二次函数)．‎ 特别地，当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，即可设Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．‎ ‎(2)等比数列的前n项和为：‎ Sn＝ 特别地，若q≠1，设a＝，则Sn＝a－aqn，要注意对q是否等于1讨论．‎ 题型二　等差、等比数列的性质 ‎1．(2019·东台中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＋a12＝2 019，则S13＝________.‎ 解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a6＋a12＝2 019，所以(a1＋2d)＋(a1＋5d)＋(a1＋11d)＝2 019，即a1＋6d＝673，所以S13＝＝＝13(a1＋6d)＝8 749.‎ 法二：因为a3＋a6＋a12＝2 019，所以3a7＝2 019，所以a7＝673，所以S13＝＝13a7＝8 749.‎ 答案：8 749‎ ‎2．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝________.‎ 解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝.‎ 答案： ‎3．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.‎ 解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.‎ 答案：50‎ ‎4．已知数列{an}是等差数列，且an>0，若a1＋a2＋…＋a100＝500，则a50·a51的最大值为________．‎ 解析：法一：设等差数列{an}的公差为d(d≥0)，由题意得，100a1＋4 950d＝500，所以a1＝5－49.5d，所以a50·a51＝(a1＋49d)·(a1＋50d)＝(5－0.5d)·(5＋0.5d)＝－0.25d2＋25.又d≥0，所以当d＝0时，a50·a51有最大值25.‎ 法二：由等差数列的性质知，50(a50＋a51)＝500，即a50＋a51＝10，所以由基本不等式得a50·a51≤2＝25，当且仅当a50＝a51＝5时取等号，所以a50·a51有最大值25.‎ 答案：25‎ ‎5．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，若＝，则使得为整数的正整数n的个数是________．‎ 解析：由＝＝＝＝＝＝＝7＋.因此n∈N*，∈N*，故n＋1＝2,3,4,6,12，即n共有5个．‎ 答案：5‎ ‎[临门一脚]‎ ‎1．若序号m＋n＝p＋q，在等差数列中，则有am＋an＝ap＋aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；在等比数列中，则有am·an＝ap·aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am·an＝a；该性质还可以运用于更多项之间的关系．‎ ‎2．在等差数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，其公差为kd；其中Sn为前n项的和，且Sn≠0(n∈N*)；在等比数列{an}中，当q≠－1或k不为偶数时Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其中Sn为前n项的和(n∈N*)．‎ 题型三　数列的综合问题 ‎1．已知等比数列{an}的前4项和为5，且4a1，a2，a2成等差数列，若bn＝，则数列{bnbn＋1}的前10项和为________．‎ 解析：由4a1，a2，a2成等差数列，可得4a1＋a2＝3a2，则2a1＝a2，则等比数列{an}的公比q＝＝2，则数列{an}的前4项和为＝5，解得a1＝，所以an＝×2n－1，bn＝＝，则bnbn＋1＝＝－，其前10项和为＋＋…＋＝.‎ 答案： ‎2．(2019·苏州中学模拟)对于无穷数列{an}与{bn}，记A＝{x|x＝an，n∈N*}，B＝{x|x＝bn，n∈N*}，若满足条件A∩B＝∅且A∪B＝N*，则称数列{an}与{bn}是无穷互补数列．已知数列{an}满足a1＝3，且对任意的i，j∈N*，都有ai＋j＝aiaj，数列{bn}满足对任意的n∈N*，都有bn2 020，所以小于等于2 020的正整数中有6个是数列{an}中的项，所以由无穷互补数列的定义可知b2 020＝2 020＋6＝2 026.‎ 答案：2 026‎ ‎3．(2018·南京四校联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝8n－n2，令bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设数列{bn}的前n项和为Tn，当Tn取得最大值时，n＝________.‎ 解析：法一：当n＝1时，a1＝7；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝9－2n，经检验，n＝1时也符合，故an＝9－2n，则bn＝anan＋1an＋2＝(9－2n)(7－2n)(5－2n)，当Tn取得最大值时，应满足{bn}的前n项均为非负项．令bn≥0得，n≤2.5或3.5≤n≤4.5，又n∈N*，所以n＝1,2,4，而T1＝105，T2＝120，T4＝120，故当Tn取得最大值时，n＝2或4.‎ 法二：由Sn＝8n－n2知，数列{an}为等差数列，且an＝9－2n，即7,5,3,1，－1，－3，－5，－7，…，枚举知，T1＝105，T2＝120，T3＝117，T4＝120，T5＝105，…，故当Tn取得最大值时，n＝2或4.‎ 答案：2或4‎ ‎4．在等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．‎ 解析：由已知条件可得数列{an}的通项公式an＝2n＋1，设连续10项为ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，ai＋10，i∈N，设漏掉的一项为ai＋k,1≤k≤10，由－ai＋k＝185，得(2i＋3＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋33≤43,3<≤i≤<5，所以i＝4，此时，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故此连续10项的和为200.‎ 答案：200‎ ‎[临门一脚]‎ ‎1．数列求和的方法主要有错位相减法、倒序相加法、公式法、拆项并项法、裂项相消法等．‎ ‎2．根据递推关系式求通项公式的方法有累加法，累积法，待定系数法，取倒数、取对数等．‎ ‎3．数列单调性可以用定义研究，也可以构造函数进行研究，要注意数列和所构造函数的定义域的差别．‎ B组 ‎1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2＝1，a4＝5，则S5＝________.‎ 解析：法一：由等差数列的通项公式，得5＝1＋2d，则d＝2，a1＝－1，S5＝5×(－1)＋×2＝15.‎ 法二：S5＝＝＝＝15.‎ 答案：15‎ ‎2．(2019·连云港模拟)已知数列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：由an＋2－an＝2可知数列{an}的奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1，故实数a的取值范围为(0,1)．‎ 答案：(0,1)‎ ‎3．在等比数列{an}中，若a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，则a7＝________.‎ 解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，所以q2·q4＝4(q3－1)，即q6－4q3＋4＝0，q3＝2，所以a7＝q6＝4.‎ 法二：设等比数列{an}的公比为q, 由a3a5＝4(a4－1)得a＝4(a4－1)，即a－4a4＋4＝0，所以a4＝2，因为a1＝1，所以q3＝2，a7＝q6＝4.‎ 答案：4‎ ‎4．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，‎ 则由得 即解得d＝4.‎ 答案：4‎ ‎5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＝3，S3＋S4＝，则a3＝________.‎ 解析：因为等比数列{an}的公比q＝3，‎ 所以S3＋S4＝2S3＋a4＝2a3＋3a3＝a3＝，所以a3＝3.‎ 答案：3‎ ‎6．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝________.‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S3＝a得3a2＝a，解得a2＝0或a2＝3.又由S1，S2，S4成等比数列可得S＝S1S4.若a2＝0，则S1＝S2＝a1≠0，S2＝S4＝a1，a2＋a3＋a4＝3a3＝0，a3＝0，则d＝0，故a2＝0舍去；若a2＝3，则S1＝3－d，S2＝6－d，S4＝12＋2d，有(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)，得d＝2，此时a10＝a2＋8d＝19.‎ 答案：19‎ ‎7．在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}的前n项和，若Sn取得最大值，则n＝________.‎ 解析：因为3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，‎ 所以a1＝－d>0，所以d<0，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝(4n－37)，‎ 当n≤9时，an>0，当n≥10时，an<0，‎ 所以使Sn取得最大值的n＝9.‎ 答案：9‎ ‎8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．‎ 解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.‎ 答案：3‎ ‎9．(2019·泰州中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，－＝6，则S2 019＝________.‎ 解析：由等差数列的性质可得也为等差数列．设其公差为d，则－＝6d＝6，∴d＝1.故＝＋2 018d＝－2 014＋2 018＝4，∴S 2 019＝4×2 019＝8 076.‎ 答案：8 076‎ ‎10．设数列满足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，则(akak＋1)的值为________．‎ 解析：因为(1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，从而－＝1， ‎＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋n－1＝n，所以an＝，故anan＋1＝＝－，因此(akak＋1)＝＋＋…＋＝1－＝.‎ 答案： ‎11．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为________．‎ 解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为＝＝qm＋1＝9，所以qm＝8.所以＝＝qm＝8＝，所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.‎ 答案：2‎ ‎12．(2019·金陵中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，－＝2 010.若Sm＋Sp＋Sr＝504(正整数m，p，r互不相等)，对于满足条件的m，p，r，m＋p＋r的值构成的集合为________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，＝a1＋d.因为－＝2 010，所以－＝1 005d＝2 010，所以d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2.因为Sm＋Sp＋Sr＝504为偶数，所以m，p，r中有两个奇数、一个偶数或m，p，r均为偶数．①若m，p，r中有两个奇数、一个偶数，不妨设m＝2x＋1，p＝2y＋1，r＝2z，其中x，y∈N，z∈N*，则(2x＋1)2＋(2y＋1)2＋4z2＝504，所以2(x2＋x＋y2＋y＋z2)＝251，等式左边为偶数，右边为奇数，矛盾．②若m，p，r均为偶数，不妨设m＝2m1，p＝2p1，r＝2r1，其中m1，p1，r1∈N*，则m＋p＋r＝126，继续奇偶分析知m1，p1，r1中有两个奇数、一个偶数或m1，p1，r1均为偶数．易得当m1，p1，r1均为偶数时，不成立．当m1，p1，r1中有两个奇数、一个偶数时，不妨设m1＝2m2＋1，p1＝2p2＋1，r1＝2r2，其中m2，p2∈N，r2∈N*，则m＋m2＋p＋p2＋r＝31，因为m2(m2＋1)＋p2(p2＋1)为偶数，所以r2为奇数，且r2的所有可能取值为1,3,5.不妨设0≤m20，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________．‎ 解析：法一：当q＝1时，S6－2S3＝0，不合题意，所以q≠1，从而由S6－2S3＝5得－＝5，从而得＝＝<0，故1－q<0，即q>1，故S9－S6＝－＝·(q6－q9)＝，令q3－1＝t>0，则S9－S6＝＝5≥20，当且仅当t＝1，即q3＝2时等号成立．‎ 法二：因为S6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝>0，从而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝，以下同法一．‎ 答案：20‎ ‎14．已知数列{bn}的每一项都是正整数，且b1＝5，b2＝77，得3－d>0，由d∈N*得d＝1或2，当d＝1时，bn＝4n－1＋1，不合题意，当d＝2时，bn＝3n－1＋4，符合题意，所以所求d的值为2.‎ 法二：由数列{abn}是等比数列得ab1ab3＝a2b2，而abn＝a7＋(bn－7)d，所以，由b1＝5，b2＝7得，(6－2d)·[6＋(b3－7)d]＝36，易知d≠3，解得b3－7＝>0，由d∈N*得，d＝1或2，当d＝1时，bn＝4n－1＋1，不合题意，当d＝2时，bn＝3n－1＋4，符合题意，所以所求d的值为2.‎ 答案：2‎