2019数学（理）通用版二轮精准提分练习第二篇 第11练 数列

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第11练数列［小题提速练][明晰考情]1.命题角度:考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查数列的通项及求和。2。题目难度:选择题中等偏下，填空题中档难度。考点一等差数列与等比数列要点重组（1）在等差数列中，若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.（2)若{an｝是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(Sn,n)）)也是等差数列.(3)在等差数列｛an｝中,Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列。(4）在等比数列中，若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq。(5)在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外）。1.（2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于（)A.－12B。－10C。10D。12答案B解析设等差数列｛an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4,得3eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f（3×3－1,2)×d））＝2a1＋eq\f(2×2－1,2）×d＋4a1＋eq\f（4×4－1，2）×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×（－3)＝－10.故选B。2.已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，a9＝1，S18＝0，当Sn取最大值时n的值为（)A.7B.8C.9D。10答案C解析方法一设公差为d，则a1＋8d＝1且18a1＋eq\f(18×17，2）d＝0，解得a1＝17，d＝－2，所以Sn＝17n－n(n－1)＝－n2＋18n,当n＝9时，Sn取最大值，故选C。方法二因为S18＝eq\f(a1＋a18,2)×18＝0，所以a1＋a18＝a9＋a10＝0，所以a10＝－1，即数列｛an}中前9项为正值，从第10项开始为负值，故其前9项之和最大。故选C.3。在数列｛an｝中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn等于(）A.n（3n－1) B。eq\f(nn＋3,2）C.n(n＋1) D.eq\f(n3n＋1,2)答案C解析依题意得an＋1＝an＋a1,即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an｝是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1）＝2n，Sn＝eq\f（n2＋2n，2)＝n（n＋1）。4。设{an｝是公比为q的等比数列，｜q｜>1，令bn＝an＋1（n＝1,2，…)，若数列｛bn｝有连续四项在集合{－53，－23,19，37，82｝中，则6q＝________.答案－9解析由题意知，数列｛bn｝有连续四项在集合｛－53，－23，19，37，82｝中，说明｛an｝有连续四项在集合{－54,－24，18,36，81｝中，由于｛an}中连续四项至少有一项为负，∴q<0,又∵|q｜〉1，∴｛an}的连续四项为－24，36,－54，81,∴q＝eq\f（36，－24)＝－eq\f（3，2），∴6q＝－9.考点二数列的通项与求和方法技巧（1)已知数列的递推关系,求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解。(2)利用an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn，n＝1，,Sn－Sn－1,n≥2)）求通项时，要注意检验n＝1的情况。5.数列｛an}满足a1＝0，eq\f（1，1－an)－eq\f(1,1－an－1)＝1（n≥2,n∈N＊），则a2019等于()A.eq\f(1,2019）B。eq\f（1,2018)C。eq\f（2018，2019)D.eq\f(2017,2018)答案C解析∵数列｛an}满足a1＝0，eq\f（1，1－an)－eq\f(1，1－an－1）＝1（n≥2，n∈N＊），∴eq\f（1,1－a1）＝1，∴数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1，1－an）））是首项为1,公差为1的等差数列，∴eq\f(1,1－an）＝1＋（n－1）＝n，∴eq\f(1，1－a2019）＝2019，解得a2019＝eq\f（2018,2019）.6。已知数列｛an｝满足a1a2a3…an＝（n∈N＊），且对任意n∈N*都有eq\f（1，a1）＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f(1,an）〈t，则t的取值范围为(）A。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，3)，＋∞）） B。eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，3)，＋∞))C。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2，3），＋∞）） D。eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)，＋∞）)答案D解析∵数列｛an}满足a1a2a3…an＝（n∈N＊），∴当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1a2a3…an－1＝2（n－1）2，可得an＝22n－1,n≥2，当n＝1时，a1＝2满足上式，∴eq\f（1，an）＝eq\f（1，22n－1),数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(1，an))）为等比数列，首项为eq\f(1,2），公比为eq\f（1,4）。∴eq\f(1，a1）＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f（1，an)＝eq\f（\f(1,2)\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,4n）)）,1－\f（1，4)）＝eq\f（2，3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n）))<eq\f（2，3）。∵对任意n∈N＊都有eq\f(1,a1)＋eq\f（1,a2)＋…＋eq\f(1，an)<t，∴t的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3），＋∞)).7.(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和。若Sn＝2an＋1，则S6＝________.答案－63解析∵Sn＝2an＋1，当n≥2时,Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1（n≥2),即an＝2an－1(n≥2）。当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1,得a1＝－1.∴数列{an｝是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列,∴Sn＝eq\f(a11－qn，1－q)＝eq\f(－11－2n，1－2)＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63。8。在已知数列｛an｝中,a1＝1，Sn为数列{an｝的前n项和,且当n≥2时，有eq\f（2an，anSn－S\o\al(2，n))＝1成立，则S2017＝________。答案eq\f(1,1009)解析当n≥2时，由eq\f（2an，anSn－S\o\al(2，n））＝1，得2（Sn－Sn－1)＝anSn－Seq\o\al（2,n）＝－SnSn－1,所以eq\f（2，Sn)－eq\f(2，Sn－1)＝1，又eq\f(2,S1)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（2，Sn））)是以2为首项，1为公差的等差数列,所以eq\f（2,Sn)＝n＋1,故Sn＝eq\f（2，n＋1)，则S2017＝eq\f(1,1009）.考点三数列的综合应用方法技巧（1)以函数为背景的数列问题、可以利用函数的性质等确定数列的通项an、前n项和Sn的关系。(2）和不等式有关的数列问题，可以利用不等式的性质、基本不等式、函数的单调性等求最值来解决。9。（2018·黑龙江大庆一中模拟）已知函数f(x）＝x2＋ax的图象在点A（0,f(0)）处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行,若数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))的前n项和为Sn，则S20的值为（）A。eq\f（325，462)B.eq\f（19,20）C。eq\f（119，256)D。eq\f（2010，2011）答案A解析因为f（x)＝x2＋ax，所以f′(x)＝2x＋a，又函数f（x)＝x2＋ax的图象在点A（0，f（0)）处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行，所以f′(0)＝a＝2,所以f(x)＝x2＋2x，所以eq\f（1,fn)＝eq\f（1,n2＋2n)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，n)－\f(1，n＋2）))，所以S20＝eq\f(1,2）eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,3）)）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）－\f（1，4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,3）－\f(1，5)）)＋…＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，20）－\f(1,22）））））＝eq\f(1,2）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，2)－\f（1，21）－\f(1,22)）)＝eq\f（325，462）.10.已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋bn＋c，等比数列{bn}的前n项和Tn＝3n＋d，则向量a＝(c,d）的模为（)A.1B。eq\r（2)C。eq\r（3）D.无法确定答案A解析由等差数列与等比数列的前n项和公式知，c＝0，d＝－1，所以向量a＝（c，d）的模为1。11。设等比数列｛an｝满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________。答案64解析由已知a1＋a3＝10，a2＋a4＝a1q＋a3q＝5，两式相除得eq\f(a1＋a3,qa1＋a3）＝eq\f(10，5），解得q＝eq\f(1,2），a1＝8，方法一∴a2＝4,a3＝2，a4＝1，∴a1a2a3＝a1a2a3a4，∴a1a2…an的最大值为64。方法二由a1a2…an＝8n·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))1＋2＋…＋（n－1）＝，抛物线f(n）＝－eq\f（n2，2）＋eq\f（7n，2)的对称轴为n＝eq\f（－\f（7，2），2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）））)＝eq\f(7，2),又n∈N＊，所以当n＝3或4时，a1a2…an取最大值26＝64。12.已知函数f（x）＝3｜x＋5｜－2|x＋2｜，数列{an｝满足a1<－2，an＋1＝f(an)，n∈N＊。若要使数列{an}成等差数列，则a1的取值集合为______________。答案eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(－11，－\f（11，2)，－\f(19,4)））解析因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋11，x≥－2，,5x＋19，－5<x<－2，,－x－11，x≤－5,）)所以若数列{an｝成等差数列，则当a1为直线y＝x＋11与直线y＝－x－11的交点的横坐标，即a1＝－11时,数列｛an｝是以－11为首项,11为公差的等差数列；当f(a1)＝a1，即5a1＋19＝a1或－a1－11＝a1，即a1＝－eq\f（19，4）或a1＝－eq\f（11,2）时，数列{an｝是以0为公差的等差数列,因此a1的取值集合为eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－11,－\f(11，2），－\f（19,4))).1。在数列｛an｝中，a1＝1，a2＝2，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15等于()A.210B.211C。224D。225答案B解析当n＞1时,Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1＝an＋2，n≥2,∴an＋1－an＝2，n≥2。∴数列{an｝从第二项开始组成公差为2的等差数列,∴S15＝a1＋（a2＋…＋a15)＝1＋eq\f(2＋28,2）×14＝211.2.已知数列｛an}满足：an＋1＝an（1－2an＋1),a1＝1，数列｛bn｝满足：bn＝an·an＋1，则数列｛bn}的前2017项的和S2017＝________。答案eq\f（2017,4035）解析由an＋1＝an（1－2an＋1）,可得eq\f(1，an＋1)－eq\f（1，an）＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列,故eq\f（1，an）＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以an＝eq\f(1，2n－1）.又bn＝an·an＋1＝eq\f(1,2n－12n＋1）＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2n－1)－\f（1，2n＋1))）,所以S2017＝eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,3）＋\f(1，3)－\f(1，5)＋…＋\f(1，4033)－\f(1，4035)））＝eq\f(1，2)×eq\f（4034,4035)＝eq\f(2017，4035).3。已知数列{an｝满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f（an,n)的最小值为________.答案eq\f(21，2）解析由题意，得a2－a1＝2，a3－a2＝4,…，an－an－1＝2(n－1),n≥2,累加整理可得an＝n2－n＋33，n≥2，当n＝1时，a1＝33也满足，∴eq\f（an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1（n∈N＊).由函数f(x)＝x＋eq\f（33,x）－1(x＞0)的单调性可知，eq\f（an,n）的最小值为f（5），f（6）中较小的一个.又f(6)＝eq\f(21,2）,f（5)＝eq\f（53，5），∴eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（an，n)）)min＝eq\f（21,2)。解题秘籍(1）利用an＝Sn－Sn－1寻找数列的关系，一定要注意n≥2这个条件.(2）数列的最值问题可以利用基本不等式或函数的性质求解，但要考虑最值取到的条件。1.等差数列｛an｝的首项为1，公差不为0。若a2，a3,a6成等比数列，则｛an｝的前6项和为()A.－24B.－3C。3D。8答案A解析由已知条件可得a1＝1，d≠0,由aeq\o\al（2,3)＝a2a6,可得（1＋2d）2＝(1＋d）(1＋5d）,解得d＝－2.所以S6＝6×1＋eq\f（6×5×－2,2)＝－24。2.设等比数列{an｝的前6项和S6＝6，且1－eq\f（a2，2）为a1，a3的等差中项，则a7＋a8＋a9等于（)A.－2B.8C.10D.14答案B解析依题意得a1＋a3＝2－a2,即S3＝a1＋a2＋a3＝2，数列S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即数列2，4，S9－S6成等比数列，于是有S9－S6＝8，即a7＋a8＋a9＝8，故选B。3。已知数列｛an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1｜＋｜a2|＋…＋｜a6｜等于（)A.9B.15C。18D。30答案C解析由an＋1－an＝2可得数列{an｝是等差数列,公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以｜a1｜＋｜a2|＋｜a3｜＋|a4|＋｜a5|＋｜a6｜＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.4.已知两个等差数列｛an｝和｛bn}的前n项和分别为An和Bn，且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(）A。2B。3C。4D。5答案D解析eq\f（an，bn）＝eq\f（2an，2bn)＝eq\f（\f（2n－1a1＋a2n－1,2),\f（2n－1b1＋b2n－1,2))＝eq\f（A2n－1,B2n－1)＝eq\f（14n＋38，2n＋2)＝eq\f（7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12，n＋1），验证知，当n＝1，2，3，5，11时eq\f（an,bn)为整数。5。在等比数列｛an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列｛an＋1}也是等比数列，则Sn等于(）A。2n＋1－2B.3nC。2nD。3n－1答案C解析设等比数列{an｝的公比为q，由于｛an＋1｝也是等比数列，所以（a2＋1）2＝（a1＋1)(a3＋1),即aeq\o\al（2，2)＋2a2＋1＝a1a3＋a1＋a3＋1，即2a2＝a1＋a3，即2q＝1＋q2,解得q＝1，所以数列{an}是常数列,所以Sn＝2n.6.设Sn是等比数列｛an｝的前n项和，若eq\f（S4,S2）＝3,则eq\f(S6，S4）等于(）A.2B.eq\f（7,3)C.eq\f(3,10)D。1或2答案B解析设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列（易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列,又S2＝k,S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k,∴S6＝7k,∴eq\f（S6,S4）＝eq\f(7k,3k）＝eq\f(7,3),故选B。7.(2018·唐山模拟）设{an}是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是()A。2X＋Z＝3Y B.4X＋Z＝4YC.2X＋3Z＝7Y D。8X＋Z＝6Y答案D解析根据等差数列的性质X，Y－X，S3n－Y，Z－S3n成等差数列，∴S3n＝3Y－3X，又2（S3n－Y）＝(Y－X)＋（Z－S3n)，∴4Y－6X＝Y－X＋Z－3Y＋3X，∴8X＋Z＝6Y.8.若数列｛an｝满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq\f(1，a1)＋eq\f（1，a2)＋…＋eq\f（1，a2018）等于()A。eq\f(4033，2018) B.eq\f(2015,2018)C。eq\f(4035，2019） D.eq\f（4036，2019)答案D解析由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1,a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，n≥2。以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1）＋n－1,n≥2，把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋（n－1)＋n＝eq\f（nn＋1，2)，n≥2,eq\f(1，an）＝eq\f（2，nn＋1）＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,n）－\f（1，n＋1)))，n≥2,当n＝1时，a1＝1也满足，∴eq\f(1,an）＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n）－\f（1,n＋1))），n∈N＊，则eq\f（1,a1)＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f（1，a2018）＝2eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，2)）)＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）－\f（1,3））)＋…＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2018）－\f（1,2019)））)）＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2019)）)＝eq\f（4036，2019).9。公差不为0的等差数列{an}的部分项构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________.答案22解析根据题意可知，等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d,则有(a1＋d）2＝a1（a1＋5d），解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1，所以＝a1＋(k4－1）·(3a1)＝64a1,解得k4＝22.10。若Sn为数列｛an｝的前n项和，且2Sn＝an＋1an,a1＝4，则数列{an}的通项公式为an＝____。答案eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n＋3，n为奇数，,n，n为偶数））解析因为2Sn＝an＋1an，a1＝4，所以n＝1时，2×4＝4a2,解得a2＝2。n≥2时，2Sn－1＝anan－1，可得2an＝an＋1an－anan－1,所以an＝0（舍去)或an＋1－an－1＝2.n≥2时，an＋1－an－1＝2，可得数列{an｝的奇数项与偶数项分别为等差数列。所以a2k－1＝4＋2（k－1)＝2k＋2，k∈N＊，a2k＝2＋2(k－1)＝2k，k∈N＊.所以an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4