江苏省2019届高考数学自主加餐的3大题型14个填空题强化练（九）数列.docx

14个填空题专项强化练(九)数列A组题型分类练题型一等差、等比数列的基本运算1设Sn是等差数列an的前n项和，若a27，S77，则a7的值为_解析：因为等差数列an满足a27，S77，所以S77a47，a41，所以d4，所以a7a25d13.答案：132(2018盐城高三模拟)设数列an的前n项和为Sn，若Sn2ann(nN*)，则数列an的通项公式为an_.解析：Sn2ann(nN*)，当n1时，得a11，当n2时，Sn12an1n1，得an2an2an11(n2)，即an12(an11)(n2)，则数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，则an122n12n，a11符合上式所以数列an的通项公式为an12n.答案：12n3已知等比数列an的各项均为正数，若a4a，a2a4，则a5_.解析：法一：设等比数列an的首项为a1(a10)，公比为q(q0)，由题意解得所以a5a1q4.法二：(整体思想)依题意由得16a16a250，即(4a25)(4a21)0，又等比数列an各项均为正数，所以a2，从而a4，从而由q2，又q0，所以q，a5a4q.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ana1(n1)dam(nm)d；等比数列an的通项公式为ana1qn1amqnm(a10，q0)4等差、等比数列的前n项和：(1)等差数列的前n项和为：Snna1dn2n(二次函数)特别地，当d0时，Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，即可设Snan2bn(a，b为常数)(2)等比数列的前n项和为：Sn特别地，若q1，设a，则Snaaqn，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(2018苏北四市质检)已知等差数列an满足a1a3a5a7a910，aa36，则a11的值为_解析：因为数列an是等差数列，所以a1a3a5a7a95a510，a52，则aa(a8a2)(a8a2)12a5d24d36，d，则a11a56d11.答案：112设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则_.解析：设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，.答案：3若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.解析：因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.答案：504已知数列an是等差数列，且an0，若a1a2a100500，则a50a51的最大值为_解析：法一：设等差数列an的公差为d(d0)，由题意得，100a14 950d500，所以a1549.5d，所以a50a51(a149d)(a150d)(50.5d)(50.5d)0.25d225.又d0，所以当d0时，a50a51有最大值25.法二：由等差数列的性质知，50(a50a51)500，即a50a5110，所以由基本不等式得a50a51225，当且仅当a50a515时取等号，所以a50a51有最大值25.答案：255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nN*，N*，故n12,3,4,6,12，即n共有5个答案：5临门一脚1若序号mnpq，在等差数列中，则有amanapaq；特别的，若序号mn2p，则aman2ap；在等比数列中，则有amanapaq；特别的，若序号mn2p，则amana；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，S2kSk，S3kS2k，成等差数列，其公差为kd；其中Sn为前n项的和，且Sn0(nN*)；在等比数列an中，当q1或k不为偶数时Sk，S2kSk，S3kS2k，成等比数列，其中Sn为前n项的和(nN*)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bnbn1的前10项和为_解析：由4a1，a2，a2成等差数列，可得4a1a23a2，则2a1a2，则等比数列an的公比q2，则数列an的前4项和为5，解得a1，所以an2n1，bn，则bnbn1，其前10项和为.答案：2对于数列an，定义数列bn满足：bnan1an(nN*)，且bn1bn1(nN*)，a31，a41，则a1_.解析：由a31，a41及bnan1an得b3a4a32，又由bn1bn1得数列bn是等差数列，bnb3(n3)1n5，所以an1ann5，从而得a3a23a24，a2a14a18.答案：83(2018南京四校联考)已知数列an的前n项和Sn8nn2，令bnanan1an2(nN*)，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n1时，a17；当n2时，anSnSn192n，经检验，n1时也符合，故an92n，则bnanan1an2(92n)(72n)(52n)，当Tn取得最大值时，应满足bn的前n项均为非负项令bn0得，n2.5或3.5n4.5，又nN*，所以n1,2,4，而T1105，T2120，T4120，故当Tn取得最大值时，n2或4.法二：由Sn8nn2知，数列an为等差数列，且an92n，即7,5,3,1，1，3，5，7，枚举知，T1105，T2120，T3117，T4120，T5105，故当Tn取得最大值时，n2或4.答案：2或44在等差数列an中，首项a13，公差d2，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an2n1，设连续10项为ai1，ai2，ai3，ai10，iN，设漏掉的一项为aik,1k10，由aik185，得(2i32i21)52i2k1185，即18i2k66，即9ik33，所以349ik3343,3i0，Sn是数列an的前n项和，若Sn取得最大值，则n_.解析：因为3a47a7，所以3(a13d)7(a16d)，所以a1d0，所以d0，当n10时，an0”是“S4S62S5”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)解析：因为an为等差数列，所以S4S64a16d6a115d10a121d,2S510a120d，S4S62S5d，所以d0S4S62S5.故“d0”是“S4S62S5”的充要条件答案：充要10设数列满足a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则(akak1)的值为_解析：因为(1an1)(1an)1，所以anan1anan10，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1n1n，所以an，故anan1，因此(akak1)1.答案：11已知Sn是等比数列an的前n项和，若存在mN*，满足9，则数列an的公比为_解析：设数列an的公比为q，若q1，则2，与题中条件矛盾，故q1.因为qm19，所以qm8.所以qm8，所以m3，所以q38，所以q2.答案：212数列an满足a11，且an1an n1(nN*)，则数列的前8项和为_解析：因为an1ann1，所以a2a111，a3a221，a4a331，anan1(n1)1，以上等式相加，得ana1123(n1)n1，把a11代入上式得，an123(n1)n，2，数列的前n项的和Sn22，数列的前8项和为.答案：13设Sn是等比数列an的前n项和，an0，若S62S35，则S9S6的最小值为_解析：法一：当q1时，S62S30，不合题意，所以q1，从而由S62S35得5，从而得0，故1q1，故S9S6(q6q9)，令q31t0，则S9S6520，当且仅当t1，即q32时等号成立法二：因为S6S3(1q3)，所以由S62S35得S30，从而q1，故S9S6S3(q6q31)S3(q31)S3q6，以下同法一答案：2014已知数列bn的每一项都是正整数，且b15，b277，得3d0，由dN*得d1或