2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练五微专题1数列的基本运算

专题强化练（五）微专题1数列的基本运算[小题标准练]1．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(C)A．25 B．22 C．20 D．15解析：方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝eq\f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.方法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，①由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.故选C.2．(2024·济南模拟)已知{an}为正项等比数列，若lga2，lga2024是函数f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点，则a1a2025＝(B)A．10 B．104C．108 D．1012解析：因为lga2，lga2024是f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点，所以lga2＋lga2024＝4，所以lg(a2a2024)＝4，所以a2a2024＝104，故a1a2025＝104.3．把120个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和是较小的两份之和的7倍，则最小的一份的面包个数为(B)A．1 B．2 C．6 D．11解析：设每人所得面包个数构成等差数列{an}，{an}的公差为d(d>0)，则由题意，得a3＋a4＋a5＝3a4＝7(a1＋a2)，即3(a1＋3d)＝7(2a1＋d)，①又5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝120，②所以联立①②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝11，))所以最小的一份的面包个数为2.故选B.4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，则下列结论正确的是(C)A．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为eq\f(1,2)的等差数列B．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为2的等差数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是公比为eq\f(1,2)的等比数列D．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是公比为2的等比数列解析：由an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋1,2an)＝eq\f(1,2an)＋eq\f(1,2)，则eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2an)＋eq\f(1,2)－1，即eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)(eq\f(1,an)－1)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以－eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．5．(2024·吉林一模)谢尔宾斯基三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形(如图1)，沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形(如图2)，对剩下的三个小三角形继续以上操作(如图3)，按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1中三角形的边长为2，则图4中被挖去的三角形面积之和是(D)A．eq\f(7\r(3),16) B．eq\f(9\r(3),16)C．eq\f(27\r(3),64) D．eq\f(37\r(3),64)解析：第一次操作挖掉的三角形边长为2×eq\f(1,2)＝1，共1个，面积为1×(eq\f(\r(3),4)×12)＝eq\f(\r(3),4)；第二次操作挖掉的三角形边长为1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，共3个，面积为3×[eq\f(\r(3),4)×(eq\f(1,2))2]＝eq\f(3\r(3),16)；第三次操作挖掉的三角形边长为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，共9个，面积为9×[eq\f(\r(3),4)×(eq\f(1,4))2]＝eq\f(9\r(3),64)，故题图4中被挖去的三角形面积之和是eq\f(\r(3),4)＋eq\f(3\r(3),16)＋eq\f(9\r(3),64)＝eq\f(37\r(3),64).6．已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S12＜0，a5＋a7＞0，则当Sn取最大值时，n的值为(D)A．3 B．4 C．5 D．6解析：因为在等差数列{an}中，S12＝eq\f(12×（a1＋a12）,2)＜0，即a1＋a12＜0，所以a1＋a12＝a6＋a7＜0，因为a5＋a7＝2a6＞0，即a6＞0，所以a7＜0，由{an}为等差数列，得当n≤6时，an＞0；当n＞6时，an＜0，所以当n＝6时，Sn取得最大值．故选D.7．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意的n∈N*，an＋1－an＜0，则实数m的取值范围是(A)A．(－2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)解析：因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}为递减数列，若对任意的n∈N*，an＋1－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故选A.8．(2024·茂名一模)已知数列{an}满足a1＝8，an＋1＝eq\f(an,nan＋1)(n∈N*)，bn＝(eq\f(1,an)＋λ)(eq\f(1,2))n，若数列{bn}是递减数列，则实数λ的取值范围是(D)A．(－eq\f(8,7)，＋∞)B．(－eq\f(7,8)，＋∞)C．(eq\f(8,7)，＋∞)D．(eq\f(7,8)，＋∞)解析：由题意，an＋1＝eq\f(an,nan＋1)，两边取倒数可化为eq\f(1,an＋1)＝eq\f(nan＋1,an)＝eq\f(1,an)＋n，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2)＝2，…，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝n－1，由累加法可得，eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n（n－1）,2)，因为a1＝8，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n（n－1）,2)＋eq\f(1,8)＝eq\f(（2n－1）2,8)，所以bn＝(eq\f(1,an)＋λ)(eq\f(1,2))n＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－1）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n，因为数列{bn}是递减数列，故bn<bn－1(n≥2)，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－1）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－3）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n－1，整理可得，λ>eq\f(－4n2＋20n－17,8)＝eq\f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8)，因为n≥2，n∈N*，所以(eq\f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8))max＝eq\f(－4×（2－\f(5,2)）2＋8,8)＝eq\f(7,8)，故λ∈(eq\f(7,8)，＋∞).9．(多选)设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则(BC)A．a5＝4 B．当a1＝1时，q＝±eq\r(2)C．log2|T9|＝18 D．aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,7)≥36解析：对于A，因为aeq\o\al(2,5)＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则aeq\o\al(2,1)q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±eq\r(2)，所以B正确；对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝aeq\o\al(9,5)，所以|T9|＝|aeq\o\al(9,5)|＝218，所以log2|T9|＝18，所以C正确；对于D，aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,7)≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确．故选BC.10．(多选)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是(AC)A．a2＝2B．a4－a3＝4C．{a2n}是等比数列D．a2n－1＋a2n＝2n＋1解析：anan＋1＝2n，即an＋1＝eq\f(2n,an)，则a2＝2，a3＝2，a4＝4，所以A正确；显然有a4－a3＝2≠4，所以B不正确；因为anan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，相除得eq\f(an＋2,an)＝2，所以数列{a2n－1}，{a2n}分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，所以C正确；因为a1＋a2＝3≠21＋1，所以D不正确．故选AC.11．(多选)(2024·承德二模)对于给定的数列{an}，如果存在实数p，q，使得an＋1＝pan＋q对任意n∈N*恒成立，我们称数列{an}是“线性数列”，则下列关于线性数列{an}说法正确的是(ABD)A．等差数列是“线性数列”B．等比数列是“线性数列”C．若p≠1且a1＝q，则an＝eq\f(q（1－pn－1）,1－p)D．若p≠1且a1＝q，则an是等比数列{qpn－1}的前n项和解析：数列{an}为等差数列，设公差为d，则an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，满足“线性数列”的定义，故A正确；数列{an}为等比数列，设公比为q，则eq\f(an＋1,an)＝q，即an＋1＝qan，满足“线性数列”的定义，故B正确；当p≠0，且q≠0时，设an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，则k－pk＝q，解得k＝eq\f(q,1－p)，则an－eq\f(q,1－p)＝pn－1(a1－eq\f(q,1－p))，又a1＝q，因此an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).当p≠0，且q＝0时，an＋1＝pan，又因为a1＝q＝0，所以an＝0，也满足an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).当p＝0时，an＋1＝q，又因为a1＝q，所以an＝q，也满足an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).综上，若p≠1且a1＝q，则an＝eq\f(q（1－pn）,1－p)，故C错误；因为{qpn－1}是等比数列，所以q≠0，p≠0，又因为p≠1，则{qpn－1}的前n项和为eq\f(q（1－pn）,1－p)，由C知若p≠1且a1＝q时，an＝eq\f(q（1－pn）,1－p)，故D正确．12．(2023·江西南昌二模)若前n项和为Sn的等差数列{an}满足a7＋a12＝12－a8，则S17＝________．解析：由等差数列的性质知a7＋a12＝a9＋a10，又因为a7＋a12＝12－a8，所以a9＋a10＝12－a8，即a8＋a9＋a10＝12，所以a9＝4，所以S17＝eq\f(17（a1＋a17）,2)＝eq\f(17×2a9,2)＝17a9＝68.答案：6813．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a100＝8，则这个数列的前100项的和为________．解析：设等和数列{an}的公和为m.因为a1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，n为奇数，,m＋2，n为偶数，))又a100＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×6＝300.答案：30014．(2024·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________．解析：由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝p＞0，,mn＝q＞0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＞0，,n＞0，))则m，－2，n成等比数列，得mn＝(－2)2＝4.不妨设m＜n，则－2，m，n成等差数列，得2m＝n－2.联立mn＝4，可得(2m＋2)m＝4，即m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝4，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝4，))所以pq＝20.答案：20[小题提升练]15．(2024·深圳二模)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(3Tn－1)＝Tn(n∈N*)，则Tn＝________________．解析：由题意可知，a1(3T1－1)＝a1·(3a1－1)＝T1＝a1，且a1>0，所以a1＝eq\f(2,3)，又an＝eq\f(Tn,3Tn－1)(n∈N*)，且an＝eq\f(Tn,Tn－1)(n≥2，n∈N*)，所以3Tn－1＝Tn－1(n≥2，n∈N*)，则Tn－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)·(Tn－1－eq\f(1,2))，又T1－eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn－\f(1,2)))是以eq\f(1,6)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数