江苏专用2024高考数学二轮复习专项强化练九数列VIP

PAGEPAGE1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a2＝7，S7＝－7，则a7的值为________．解析：因为等差数列{an}满意a2＝7，S7＝－7，所以S7＝7a4＝－7，a4＝－1，所以d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝－4，所以a7＝a2＋5d＝－13.答案：－132．(2024·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－1②，①－②，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：1－2n3．已知等比数列{an}的各项均为正数，若a4＝aeq\o\al(2,2)，a2＋a4＝eq\f(5,16)，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝a1q2，,a1q＋a1q3＝\f(5,16)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,2)，,q＝\f(1,2)，))所以a5＝a1q4＝eq\f(1,32).法二：(整体思想)依题意由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝a\o\al(2,2)，,a2＋a4＝\f(5,16)，))得16aeq\o\al(2,2)＋16a2－5＝0，即(4a2＋5)(4a2－1)＝0，又等比数列{an}各项均为正数，所以a2＝eq\f(1,4)，从而a4＝eq\f(1,16)，从而由q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，又q>0，所以q＝eq\f(1,2)，a5＝a4q＝eq\f(1,16)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,32).答案：eq\f(1,32)[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简单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＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(二次函数)．特殊地，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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，))特殊地，若q≠1，设a＝eq\f(a1,1－q)，则Sn＝a－aqn，要留意对q是否等于1探讨．题型二等差、等比数列的性质1．(2024·东台中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＋a12＝2019，则S13＝________.解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a6＋a12＝2019，所以(a1＋2d)＋(a1＋5d)＋(a1＋11d)＝2019，即a1＋6d＝673，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13[a1＋a1＋12d],2)＝13(a1＋6d)＝8749.法二：因为a3＋a6＋a12＝2019，所以3a7＝2019，所以a7＝673，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7＝8749.答案：87492．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq\f(S4,S2)＝3，则eq\f(S6,S4)＝________.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，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).答案：eq\f(7,3)3．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10答案：504．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＋4950d＝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≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a50＋a51,2)))2＝25，当且仅当a50＝a51＝5时取等号，所以a50·a51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eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是________．解析：由eq\f(an,bn)＝eq\f(nan,nbn)＝eq\f(\f(na1＋a2n－1,2),\f(nb1＋b2n－1,2))＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝eq\f(7n＋1＋12,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1).因此n∈N*，eq\f(an,bn)∈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；特殊的，若序号m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；在等比数列中，则有am·an＝ap·aq；特殊的，若序号m＋n＝2p，则am·an＝aeq\o\al(2,p)；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，eq\f(3,2)a2，a2成等差数列，若bn＝eq\f(1,log23an＋1)，则数列{bnbn＋1}的前10项和为________．解析：由4a1，eq\f(3,2)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＝eq\f(a2,a1)＝2，则数列{an}的前4项和为eq\f(a11－24,1－2)＝5，解得a1＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3)×2n－1，bn＝eq\f(1,log23an＋1)＝eq\f(1,n)，则bnbn＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前10项和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(10,11).答案：eq\f(10,11)2．(2024·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*}，若满意条件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}满意a1＝3，且对随意的i，j∈N*，都有ai＋j＝aiaj，数列{bn}满意对随意的n∈N*，都有bn<bn＋1.若数列{an}与{bn}是无穷互补数列，则b2020＝________.解析：在数列{an}中，对随意的i，j∈N*，都有ai＋j＝aiaj，令i＝n，j＝1，则an＋1＝a1an.因为a1＝3，所以an＋1＝3an，所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＝3n.因为36＝729<2020,37＝2187>2020，所以小于等于2020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b2020＝2020＋6＝2026.答案：20263．(2024·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，应满意{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44．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eq\f(ai＋1＋ai＋10×10,2)－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<eq\f(34,9)≤i≤eq\f(43,9)<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．依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探讨，也可以构造函数进行探讨，要留意数列和所构造函数的定义域的差别．B组——高考提速练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)＋eq\f(5×4,2)×2＝15.法二：S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5a2＋a4,2)＝eq\f(5×6,2)＝15.答案：152．(2024·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法二：设等比数列{an}的公比为q,由a3a5＝4(a4－1)得aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，即aeq\o\al(2,4)－4a4＋4＝0，所以a4＝2，因为a1＝1，所以q3＝2，a7＝q6＝4.答案：44．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.答案：45．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＝3，S3＋S4＝eq\f(53,3)，则a3＝________.解析：因为等比数列{an}的公比q＝3，所以S3＋S4＝2S3＋a4＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)＋\f(1,9)))a3＋3a3＝eq\f(53,9)a3＝eq\f(53,3)，所以a答案：36．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝aeq\o\al(2,2)，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＝aeq\o\al(2,2)得3a2＝aeq\o\al(2,2)，解得a2＝0或a2＝3.又由S1，S2，S4成等比数列可得Seq\o\al(2,2)＝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：197．在等差数列{an}中，满意3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}的前n项和，若Sn取得最大值，则解析：因为3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6所以a1＝－eq\f(33,4)d>0，所以d<0，所以an＝a1＋(n－1)d＝eq\f(d,4)(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：98．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＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.答案：39．(2024·泰州中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2014，eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6，则S2019＝________.解析：由等差数列的性质可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，则eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2019,2019)＝eq\f(S1,1)＋2018d＝－2014＋2018＝4，∴S2019＝4×2019＝8076.答案：807610．设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满意a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，则eq\i\su(k＝1,100,)(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eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，eq\f(1,a1)＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(1,an)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(1,n)，故anan＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，因此eq\i\su(k＝1,100,)(akak＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).答案：eq\f(100,101)11．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满意eq\f(S2m,Sm)＝9，eq\f(a2m,am)＝eq\f(5m＋1,m－1)，则数列{an}的公比为________．解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则eq\f(S2m,Sm)＝2，与题中条件冲突，故q≠1.因为eq\f(S2m,Sm)＝eq\f(\f(a11－q2m,1－q),\f(a11－qm,1－q))＝qm＋1＝9，所以qm＝8.所以eq\f(a2m,am)＝eq\f(a1q2m－1,a1qm－1)＝qm＝8＝eq\f(5m＋1,m－1)，所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.答案：212．(2024·金陵中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S9,9)＝2010.若Sm＋Sp＋Sr＝504(正整数m，p，r互不相等)，对于满意条件的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＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d.因为eq\f(S2019,2019)－eq\f(S9,9)＝2010，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2019－1,2)d))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(9－1,2)d))＝1005d＝2010，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，冲突．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meq\o\al(2,1)＋peq\o\al(2,1)＋req\o\al(2,1)＝126，接着奇偶分析知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meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＋req\o\al(2,2)＝31，因为m2(m2＋1)＋p2(p2＋1)为偶数，所以r2为奇数，且r2的全部可能取值为1,3,5.不妨设0≤m2<p2，当r2＝1时，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝30，得m2＝0，p2＝5；当r2＝3时，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝22，得m2＝1，p2＝4；当r2＝5时，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝6，得m2＝0，p2＝2.综上所述，S2＋S4＋S22＝504，S6＋S12＋S18＝504，S2＋S10＋S20＝504.所以对于满意条件的m，p，r，m＋p＋r的值构成的集合为{28,32,36}．答案：{28,32,36}13．设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，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eq\f(a11－q6,1－q)－eq\f(2a11－q3,1－q)＝5，从而得eq\f(a1,1－q)＝eq\f(5,－q6＋2q3－1)＝eq\f(5,－q3－12)<0，故1－q<0，即