1、1第 12 练 数列的基本运算及性质明晰考情 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:中档难度或较难难度考点一 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, qN *),则 am an ap aq.(2)若 an是等差数列,则 也是等差数列Snn(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, qN *),则 aman apaq.(5)在等比数列中, Sn, S2n Sn, S3n S2n也成等比数列(当 q1 时, n 不
2、能为偶数)1(2018全国)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和,若 3S3 S2 S4, a12,则 a5等于( )A12B10C10D12答案 B解析 设等差数列 an的公差为 d,由 3S3 S2 S4,得 3 2 a1 d4 a1 d,将 a12 代入3a133 12 d 22 12 44 12上式,解得 d3,故 a5 a1(51) d24(3)10.故选 B.2已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn, a91, S180,当 Sn取最大值时 n 的值为( )A7B8C9D10答案 C解析 方法一 设公差为 d,则 a18 d1 且 18a1 d0,18172解得 a117, d
3、2,所以 Sn17 n n(n1) n218 n,当 n9 时, Sn取得最大值,故选 C.方法二 因为 S18 180,a1 a1822所以 a1 a18 a9 a100,所以 a101,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已知 Sn是各项均为正数的等比数列 an的前 n 项和, a764, a1a5 a320,则 S5等于( )A31B63C16D127答案 A解析 设公比为 q(q0),因为 a1a5 a320,所以 a a3200,即( a35)( a34)0,23 a30, a34, a7 a3q464, q2, a11.所以
4、S5 31,故选 A.1 251 24设 an是公比为 q 的等比数列,| q|1,令 bn an1( n1,2,),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, q1, an的连续四项为24,36,54,81, q ,6 q9.36 24 32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 anError!求通项时,要
5、注意检验 n1 的情况5数列 an满足 a10, 1( n2, nN *),则 a2019等于( )11 an 11 an 1A. B.12019 12018C. D.20182019 20172018答案 C解析 数列 an满足 a10, 1( n2, nN *), 1,11 an 11 an 1 11 a1数列 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,11 an 1( n1) n,11 an3 2019,11 a2019解得 a2019 .201820196已知数列 an满足 a1a2a3an 2(nN *),且对任意 nN *都有 t,则1a1 1a2 1ant 的取值范围为( )A. B
6、.(13, ) 13, )C. D.(23, ) 23, )答案 D解析 数列 an满足 a1a2a3an 2(nN *),当 n1 时, a12;当 n2 时, a1a2a3an1 2(1)n,可得 an2 2n1 , n2,当 n1 时, a12 满足上式, ,数列 为等比数列,首项为 ,公比为 .1an 122n 1 1an 12 14 .1a1 1a2 1an12(1 14n)1 14 23(1 14n)23对任意 nN *都有 t,1a1 1a2 1an t 的取值范围是 .23, )7(2018全国)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1,则 S6_.答案 63解析
7、Sn2 an1,当 n2 时, Sn1 2 an1 1, an Sn Sn1 2 an2 an1 (n2),即 an2 an1 (n2)当 n1 时, a1 S12 a11,得 a11.数列 an是首项 a11,公比 q2 的等比数列, Sn 12 n,a11 qn1 q 11 2n1 2 S612 663.48在已知数列 an中, a11, Sn为数列 an的前 n 项和,且当 n2 时,有 12ananSn S2n成立,则 S2017_.答案 11009解析 当 n2 时,由 1,2ananSn S2n得 2(Sn Sn1 ) anSn S SnSn1 ,2n所以 1,又 2,2Sn 2S
8、n 1 2S1所以 是以 2 为首项,1 为公差的等差数列,2Sn所以 n1,故 Sn ,则 S2017 .2Sn 2n 1 11009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 y20 平行,若数列 的前 n 项和为 Sn,则 S20的值为( )1fnA. B.325462 1920C. D.119256 20102011答案 A解
9、析 因为 f(x) x2 ax,所以 f( x)2 x 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 y20 平行,所以 f(0) a2,所以 f(x) x22 x,所以 ,1fn 1n2 2n 12(1n 1n 2)所以 S2012(1 13) (12 14) (13 15) (120 122) .12 (1 12 121 122) 32546210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 Tn3 n d,则向量 a( c, d)的模为( )5A1 B. 2C. D无法确定3答案 A解析 由等差数列与等比
10、数列的前 n 项和公式知, c0, d1,所以向量 a( c, d)的模为 1.11设等比数列 an满足 a1 a310, a2 a45,则 a1a2an的最大值为_答案 64解析 由已知 a1 a310, a2 a4 a1q a3q5,两式相除得 ,a1 a3qa1 a3 105解得 q , a18,12所以 a1a2an8 n 12( n1) 27n,(12)抛物线 f(n) 的对称轴为 n ,n22 7n2 722( 12) 72又 nN *,所以当 n3 或 4 时, a1a2an取最大值为 2664.12已知函数 f(x)3| x5|2| x2|,数列 an满足 a12, an1 f
11、(an), nN *.若要使数列 an成等差数列,则 a1的取值集合为_答案 11, 112, 194解析 因为 f(x)Error!所以若数列 an成等差数列,则当 a1为直线 y x11 与直线 y x11 的交点的横坐标,即 a111 时,数列 an是以11 为首项,11 为公差的等差数列;当 f(a1) a1,即5a119 a1或 a111 a1,即 a1 或 a1 时,数列 an是以 0 为公差的等差数194 112列,因此 a1的取值集合为 . 11, 112, 1941在数列 an中, a11, a22,当整数 n1 时, Sn1 Sn1 2( Sn S1)都成立,则 S15等于
12、( )A210B211C224D2256答案 B解析 当 n1 时, Sn1 Sn Sn Sn1 2, an1 an2, n2, an1 an2, n2.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 14211.2 2822已知数列 an满足: an1 an(12 an1 ), a11,数列 bn满足: bn anan1 ,则数列bn的前 2017 项的和 S2017_.答案 20174035解析 由 an1 an(12 an1 ),可得 2,1an 1 1an所以数列 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,1an故 1( n1)22 n1,1an所以
13、an .12n 1又 bn anan1 ,12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)所以 S201712(1 13 13 15 14033 14035) .12 40344035 201740353已知数列 an满足 a133, an1 an2 n,则 的最小值为_ann答案 212解析 由题意,得 a2 a12,a3 a24, an an1 2( n1), n2,累加整理可得 an n2 n33, n2,当 n1 时, a133 也满足, n 1( nN *)ann 33n由函数 f(x) x 1( x0)的单调性可知,33x的最小值为 f(5), f(6)中较小的一个ann7又
14、f(6) , f(5) , min .212 535 (ann) 212解题秘籍 (1)利用 an Sn Sn1 寻找数列的关系,一定要注意 n2 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( )A24B3C3D8答案 A解析 由已知条件可得 a11, d0,由 a a2a6,可得(12 d)2(1 d)(15 d),23解得 d2.所以 S661 24.65 222(2017浙江)已知等差数列 an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,则“ d0”
15、是“S4 S62 S5”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案 C解析 方法一 数列 an是公差为 d 的等差数列, S44 a16 d, S55 a110 d, S66 a115 d, S4 S610 a121 d,2 S510 a120 d.若 d0,则 21d20 d,10 a121 d10 a120 d,即 S4 S62 S5.若 S4 S62 S5,则 10a121 d10 a120 d,即 21d20 d, d0.“ d0”是“ S4 S62 S5”的充要条件故选 C.方法二 S4 S62 S5S4 S4 a5 a62( S4 a5)a6 a5
16、a5 d a5d0.“ d0”是“ S4 S62 S5”的充要条件8故选 C.3已知数列 an满足 an1 an2, a15,则| a1| a2| a6|等于( )A9B15C18D30答案 C解析 由 an1 an2 可得数列 an是等差数列,公差 d2,又 a15,所以an2 n7,所以| a1| a2| a3| a4| a5| a6|53113518.4已知两个等差数列 an和 bn的前 n 项和分别为 An和 Bn,且 ,则使得 为整AnBn 7n 45n 3 anbn数的正整数 n 的个数是( )A2B3C4D5答案 D解析 7 ,anbn 2an2bn2n 1a1 a2n 122n
17、 1b1 b2n 12 A2n 1B2n 1 14n 382n 2 7n 19n 1 12n 1验证知,当 n1,2,3,5,11 时 为整数anbn5在数列 an中,已知 a1 a2 an2 n1,则 a a a 等于( )21 2 2nA(2 n1) 2 B.2n 13C4 n1 D.4n 13答案 D解析 设 Sn为 an的前 n 项和, Sn a1 a2 an2 n1,当 n2 时,Sn1 2 n1 1, an2 n1(2 n1 1)2 n1 , a 4 n1 ,当 n1 时, a11 也符合上式,2n所以 a a a .21 2 2n1 4n1 4 4n 136设 Sn是等比数列 a
18、n的前 n 项和,若 3,则 等于( )S4S2 S6S4A2 B.73C. D1 或 2310答案 B解析 设 S2 k,则 S43 k,由数列 an为等比数列(易知数列 an的公比 q1),得 S2, S4 S2, S6 S4为等比数列,又 S2 k, S4 S22 k,9 S6 S44 k, S67 k, ,故选 B.S6S4 7k3k 737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( )A2 X Z3 Y B4 X Z4 YC2 X3 Z7 Y D8 X Z6 Y答案 D解析 根据等差数列的性质 X, Y X
19、, S3n Y, Z S3n成等差数列, S3n3 Y3 X,又 2(S3n Y)( Y X)( Z S3n),4 Y6 X Y X Z3 Y3 X,8 X Z6 Y.8若数列 an满足 a11,且对于任意的 nN *都有 an1 an n1,则 1a1 1a2等于( )1a2018A. B. C. D.40332018 20152018 40352019 40362019答案 D解析 由 an1 an n1,得 an1 an n1,则 a2 a111,a3 a221,a4 a331,an an1 ( n1)1, n2.以上等式相加,得 an a1123( n1) n1, n2,把 a11 代
20、入上式得,an123( n1) n , n2,nn 12 2 , n2,1an 2nn 1 (1n 1n 1)当 n1 时, a11 也满足, 2 , nN *,1an (1n 1n 1)则 21a1 1a2 1a2018 (1 12) (12 13) ( 12018 12019)102 .(112019) 403620199已知数列 an的前 m(m4)项是公差为 2 的等差数列,从第 m1 项起,am1 , am, am1 ,成公比为 2 的等比数列若 a12,则 m_, an的前 6 项和 S6_.答案 4 28解析 由题意,得 am1 a1( m2) d2 m6,am2 m4,则由 2
21、,解得 m4,amam 1 2m 42m 6所以数列 an的前 6 项依次为2,0,2,4,8,16,所以 S628.10若 Sn为数列 an的前 n 项和,且 2Sn an1 an, a14,则数列 an的通项公式为an_.答案 Error!解析 因为 2Sn an1 an, a14,所以 n1 时,244 a2,解得 a22.n2 时,2 Sn1 anan1 ,可得 2an an1 an anan1 ,所以 an0(舍去)或 an1 an1 2.n2 时, an1 an1 2,可得数列 an的奇数项与偶数项分别为等差数列所以 a2k1 42( k1)2 k2, kN *,a2k22( k1
22、)2 k, kN *.所以 anError!11对于正项数列 an,定义 Hn 为 an的“光阴”值,现知某数na1 2a2 3a3 nan列的“光阴”值为 Hn ,则数列 an的通项公式为_2n 2答案 an (nN *)2n 12n解析 由 Hn 可得na1 2a2 3a3 nana12 a23 a3 nan ,nHn nn 22所以 a1 , a12 a23 a3( n1) an1 (n2),32 n 1n 12得 nan ,nn 22 n 1n 12 2n 1211所以 an , n2.2n 12n又当 n1 时, a1 也满足上式,32所以 an , nN *.2n 12n12已知数
23、列 an的前 n 项和为 Sn, Sn n22 n, bn anan1 cos(n1),数列 bn的前n 项和为 Tn,若 Tn tn2对 nN *恒成立,则实数 t 的取值范围是_答案 (,5解析 n1 时, a1 S13.n2, an Sn Sn1 n22 n( n1) 22( n1)2 n1. n1 时也成立,所以 an2 n1.所以 bn anan1 cos(n1)(2 n1)(2 n3)cos( n1),n 为奇数时,cos( n1)1,n 为偶数时,cos( n1)1.因此当 n 为奇数时, Tn355779911(2 n1)(2 n3)354(7112 n1)154 2 n26 n7.2n 8n 14因为 Tn tn2对 nN *恒成立,所以 2n26 n7 tn2, t 27 2 ,7n2 6n (1n 37) 57所以 t2.当 n 为偶数时, Tn355779911(2 n1)(2 n3)4(59132 n1)2 n26 n.因为 Tn tn2对 nN *恒成立,所以2 n26 n tn2, t2 ,6n所以 t5.综上可得 t5.