2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十六）“数列”专题提能课

2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十六）“数列”专题提能课

课时达标训练(十六) “数列”专题提能课 A组 ‎1．等差数列{an}，{bn}的前n项和为Sn，Tn.若＝(n∈N*)，则＝________．‎ 解析：＝＝＝＝.‎ 答案： ‎2．设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝7，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则an＝____________．‎ 解析：由an＋1＝2Sn＋1，‎ 得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，‎ 两式相减得an＋1＝3an(n≥2)，由a2＝2a1＋1，得S2＝3a1＋1＝7，解得a1＝2，a2＝5，‎ 所以an＝ 答案： ‎3．已知一个等差数列{an}的通项公式为an＝25－5n，则数列{|an|}的前n项和为____________．‎ 解析：由an≥0，得n≤5，∴{an}前5项为非负，当n≤5时Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝，‎ 当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an ‎＝2(a1＋a2＋…＋a5)－a1－a2－a3－a4－a5－a6－…－an ‎＝－＋100，‎ 综上所述，Sn＝ 答案：Sn＝ ‎4．若{an}是等差数列，首项a1>0，<－1，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n 是________．‎ 解析：∵{an}为等差数列，a1>0，<－1，∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a2 018|>|a2 019|，等价于a2 018>0，a2 019<0且a2 018＋a2 019>0.‎ ‎∴在等差数列{an}中，a2 018＋a2 019＝a1＋a4 036>0，S4 036＝＞0，S4 037＝＝4 037a2 019<0，∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4 036.‎ 答案：4 036‎ B组 ‎1．(2019·海门中学模拟)设数列{an}和{bn}满足bn＝22an＋3，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项积为Tn，已知数列{an}是各项均为整数且公差为正整数的等差数列，若S＋a＝4，则满足Tn＜2 019的所有n的取值的和为________．‎ 解析：法一：因为数列{an}是公差为正整数的等差数列，所以可设其公差为d(d∈N*)，则an＝a1＋(n－1)d.‎ 由S＋a＝4得，10a＋24da1＋18d2－4＝0，(*)‎ 由Δ＝(24d)2－40(18d2－4)≥0得d2≤，即－≤d≤.‎ 又d∈N*，所以d＝1，代入(*)得5a＋12a1＋7＝0，即(5a1＋7)(a1＋1)＝0.因为a1∈Z，所以a1＝－1，所以an＝n－2，所以bn＝22an＋3＝22n－1，所以Tn＝b1b2 ·…· bn＝21＋3＋5＋…＋(2n－1)＝2n2.‎ 由Tn＜2 019得2n2＜2 019，因为{2n2}是递增数列，且当n＝3时，2n2＝29＜2 019，当n＝4时，2n2＝216＝32×2 048＞2 019，所以满足Tn＜2 019的所有n的取值为1，2，3，所以所有满足条件的n的取值的和为6.‎ 法二：因为数列{an}是公差为正整数的等差数列，所以可设其公差为d(d∈N*)，则an＝a2＋(n－2)d.‎ 由S＋a＝4得，10a＋4da2＋4d2－4＝0，(*)‎ 由Δ＝(4d)2－40(4d2－4)≥0得d2≤，即－≤d≤，又d∈N*，所以d＝1，代入(*)得5a＋2a2＝0，即a2(5a2＋2)＝0.因为a2∈Z，所以a2＝0.‎ 所以an＝a2＋(n－2)×1＝n－2，所以bn＝22an＋3＝22n－1，所以Tn＝b1b2·…·bn＝21＋3＋5＋…＋(2n－1)＝2n2.‎ 以下同法一．‎ 答案：6‎ ‎2．若公比不为1的等比数列{an}满足log2(a1a2…a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为________．‎ 解析：∵log2(a1a2…a13)＝13，∴log2a＝13⇒a7＝2＝b7，∴b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26.‎ 答案：26‎ ‎3．已知数列{an}满足a2n－1＋1≤a2n≤2a2n＋1，n∈N*，a1＝1，若前n项和为Sn，则S11的最小值为________．‎ 解析： 要使Sn最小，则数列各项为1，2，1，2，1，2，1，2，…，所以当S11的最小值为16.‎ 答案：16‎ ‎4．(2019·南京盐城一模)若数列{an}满足a1＝0，a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3，＝＝，其中n∈N*，且对任意n∈N*都有an＜m成立，则m的最小值为________．‎ 解析：在a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3中令n＝1，得a3－a2＝a2－a1＝3，因为a1＝0，所以a2＝3，a3＝6.又＝，所以a4＝a3＝3.由a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3得a4n＋3－a4n＋2＝a4n＋2－a4n＋1＝3，又由已知得a4n＋1＝a4n，所以a4n＋2＝a4n＋3，所以a4n＋3＝a4n＋2＋3＝a4n＋6，a4n＋4＝a4n＋3＝a4n＋3，所以a4n＋4－4＝(a4n－4)，所以{a4n－4}是首项为－1，公比为的等比数列，所以a4n＝4－＜4，a4n－1＝2a4n＝8－＜8，a4n－2＝a4n－1－3＝5－＜5，a4n－3＝a4n－2－3＝2－＜2.综上，an＜8，因为对任意n∈N*都有an＜m，所以m≥8，所以m的最小值为8.‎ 答案：8‎ ‎5．已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1＞1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an；‎ ‎(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？‎ 若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，‎ 解得a1＝2或a1＝.‎ 又a1＞1，所以a1＝2.‎ 因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，‎ 所以10Sn＝2a＋5an＋2，‎ 故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，‎ 整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，‎ 即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.‎ 因为{an}是递增数列且a1＝2，‎ 所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.‎ 所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，‎ 所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)．‎ ‎(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：‎ 假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，‎ 则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，‎ 整理，得2m＋2n－k＝，()‎ 虽然，()式左边为整数，所以()式不成立．‎ 故满足条件的正整数m，n，k不存在．‎ ‎6．数列{an}，{bn}，{cn}满足：bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*.‎ ‎(1)若数列{an}是等差数列，求证：数列{bn}是等差数列；‎ ‎(2)若数列{bn}，{cn}都是等差数列，求证：数列{an}从第二项起为等差数列；‎ ‎(3)若数列{bn}是等差数列，试判断当b1＋a3＝0时，数列{an}是否成等差数列？证明你的结论．‎ 解：(1)证明：设数列{an}的公差为d，∵bn＝an－2an＋1，‎ ‎∴bn＋1－bn＝(an＋1－2an＋2)－(an－2an＋1)＝(an＋1－an)－2(an＋2－an＋1)＝d－2d＝－d，‎ ‎∴数列{bn}是公差为－d的等差数列．‎ ‎(2)证明：当n≥2时，cn－1＝an＋2an＋1－2，‎ ‎∵bn＝an－2an＋1，∴an＝＋1，‎ ‎∴an＋1＝＋1，‎ ‎∴an＋1－an＝－＝＋，‎ ‎∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，‎ ‎∴＋为常数，‎ ‎∴数列{an}从第二项起为等差数列．‎ ‎(3)数列{an}成等差数列．∵bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0，‎ 令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0，‎ ‎∴bn＋1＝an＋1－2an＋2，bn＋2＝an＋2－2an＋3，‎ ‎∴2bn＋1－bn－bn＋2＝(2an＋1－an－an＋2)－2(2an＋2－an＋1－an＋3)，‎ ‎∵数列{bn}是等差数列，∴2bn＋1－bn－bn＋2＝0，‎ ‎∴2an＋1－an－an＋2＝2(2an＋2－an＋1－an＋3)，‎ ‎∵a1－2a2＋a3＝0，∴2an＋1－an－an＋2＝0，‎ ‎∴数列{an}是等差数列．‎ C组 ‎1．(2019·常州期末)数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为n2，已知数列{an－n}的前2 018项和为1，那么数列{an}的首项a1＝________．‎ 解析：由数列{bn}的前n项和为n2，可得bn＝2n－1，则b2n－1＝a2n－a2n－1＝4n－3　①，b2n＝a2n＋1＋a2n＝4n－1　②，b2n＋1＝a2n＋2－a2n＋1＝4n＋1　③，②－①，得a2n＋1＋a2n－1＝2，②＋③，得a2n＋2＋a2n＝8n.因为数列{an－n}的前2 018项和为1，所以a1＋a2＋…＋a2 018－(1＋2＋…＋2 018)＝1，a1＋a2＋…＋a2 018＝(1＋2＋…＋2 018)＋1＝1 009×2 019＋1，所以a1＋1 008＋a2＋8×(2＋4＋…＋1 008)＝1 009×2 019＋1，又b1＝1＝a2－a1，即a2＝a1＋1，所以2a1＋1 008＋8×＝1 009×2 019，解得a1＝.‎ 答案： ‎2．对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝__________．‎ 解析：由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝f＝＝k，所以S3n＝0＋0＋1＋1＋1,＋2＋2＋2,＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1),＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n.‎ 答案：n2－n ‎3．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，点An，Bn均在函数f(x)＝log2x的图像上，An的横坐标为an，Bn的横坐标为Sn＋1，直线AnBn的斜率为kn.若k1＝1，k2＝，则数列{an·f(an)}的前n项和Tn＝________．‎ 解析：由题意可知A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S1＋1，log2(S1＋1))，B2(S2＋1，log2(S2＋1))，‎ ‎∴解得 ‎∴an＝2n－1，f(an)＝log22n－1＝n－1，∴an·f(an)＝(n－1)2n－1.‎ ‎∴Tn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1　①，‎ ‎2Tn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n　②，‎ 由①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)×2n，所以－Tn＝－(n－1)×2n，‎ 整理得Tn＝(n－2)·2n＋2.‎ 答案：(n－2)·2n＋2‎ ‎4．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________．‎ 解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.∵对任意正整数n，上式恒成立，∴解得∴数列{an}的公差d＝2.‎ 答案：2‎ ‎5．(2019·苏锡常镇一模)定义：若有穷数列a1，a2，…，an同时满足下列三个条件，则称该数列为P数列．①首项a1＝1；②a1＜a2＜…＜an；③对于该数列中的任意两项ai和aj(1≤i＜j≤n)，其积aiaj或商仍是该数列中的项．‎ ‎(1)问等差数列1，3，5是否为P数列？‎ ‎(2)若数列a，b，c，6是P数列，求b的取值范围；‎ ‎(3)若n＞4，且数列b1，b2，…，bn是P数列，求证：数列b1，b2，…，bn是等比数列．‎ 解：(1)∵3×5＝15，均不在此等差数列中，‎ ‎∴等差数列1，3，5不是P数列．‎ ‎(2)∵数列a，b，c，6是P数列，∴1＝a＜b＜c＜6，‎ ‎∵6b或是数列中的项，且6b大于数列中的最大项6，‎ ‎∴是数列中的项，同理也是数列中的项．‎ 考虑到1＜＜＜6，∴＝b，＝c，‎ ‎∴bc＝6，又1＜b＜c，∴1＜b＜，‎ 综上，b的取值范围是(1，)．‎ ‎(3)证明：记数列b1，b2，…，bn为数列{bn}，∵数列{bn}是P数列，∴1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn，‎ ‎∵b2bn或是数列中的项，且b2bn大于数列中的最大项bn，‎ ‎∴是数列{bn}中的项．‎ 同理，，…，也都是数列{bn}中的项，‎ 考虑到1＜＜…＜＜bn，且1，，…，，bn这n个数全是共有n项的增数列1，b2，…，bn中的项，∴＝b2，…，＝bn－1，‎ 从而bn＝bibn＋1－i(i＝1，2，…，n－1)，①‎ 又bn－1b3＞bn－1b2＝bn，∴bn－1b3不是数列{bn}中的项，‎ ‎∴是数列{bn}中的项，同理，…，也都是数列{bn}中的项，‎ 考虑到1＜＜…＜＜＜＝bn－2＜bn－1＜bn，‎ 且1，，…，，，，bn－1，bn这n个数全是共有n项的增数列1，b2，…，bn中的项，‎ 于是，同理有bn－1＝bibn－i(i＝1，2，…，n－2)，②‎ 在①中将i换成i＋1后与②相除，得＝，i＝1，2，…，n－2，‎ ‎∴b1，b2，…，bn是等比数列．‎