（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题三 数列 高考热点追踪（三）练习 文 苏教版

高考热点追踪(三)1．在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是________．[解析]根据题意并结合二次函数的性质可得：an＝－2n2＋29n＋3＝－2n2－292n＋3＝－2n－2942＋3＋8418，所以n＝7时，an取得最大值，最大项a7的值为108．[答案]1082．(2019·南京、盐城高三模拟)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，则a10等于________．[解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S3＝a22得3a2＝a22，a2＝0或3．又由S1，S2，S4成等比数列可得S22＝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，(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)，得d＝2，此时a10＝a2＋8d＝19．[答案]193．已知log3x＝－1log23，则x＋x2＋x3＋…＋xn＝________．[解析]由log3x＝－1log23⇒log3x＝－log32⇒x＝12．由等比数列求和公式得x＋x2＋x3＋…＋xn＝x（1－xn）1－x＝121－12n1－12＝1－12n．[答案]1－12n4．(2019·淮阴质检改编)已知数列{an}满足an＋1＝12＋an－a2n，且a1＝12，则该数列的前2016项的和为________．[解析]因为a1＝12，又an＋1＝12＋an－a2n，所以a2＝1，从而a3＝12，a4＝1，即得an＝12，n＝2k－1（k∈N*），1，n＝2k（k∈N*），故数列的前2016项的和等于S2016＝1008×1＋12＝1512．[答案]15125．(2019·盐城市高三第三次模拟考试)已知正项数列{an}满足an＋1＝1a1＋a2＋1a2＋a3＋1a3＋a4＋…＋1an＋an＋1＋1，其中n∈N*，a4＝2，则a2019＝______．[解析]an＋1＝1a1＋a2＋1a2＋a3＋…＋1an＋an＋1＋1，所以n≥2时，an＝1a1＋a2＋1a2＋a3＋…＋1an－1＋an＋1，两式相减得an＋1－an＝1an＋1＋an(n≥2)，所以a2n＋1－a2n＝1(n≥2)，a22019＝a24＋(2019－4)×1＝2019，所以a2019＝2019．[答案]20196．已知数列{an}满足an＝1＋2＋3＋…＋nn，则数列1anan＋1的前n项和为________．[解析]an＝1＋2＋3＋…＋nn＝n＋12，1anan＋1＝4（n＋1）（n＋2）＝41n＋1－1n＋2，所求的前n项和为412－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝412－1n＋2＝2nn＋2．[答案]2nn＋27．秋末冬初，流感盛行．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则该医院30天入院治疗甲流的人数为________．[解析]由于an＋2－an＝1＋(－1)n，所以a1＝a3＝…＝a29＝1，a2，a4，…，a30构成公差为2的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a29＋a30＝15＋15×2＋15×142×2＝255．[答案]2558．(2019·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________．[解析]依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋30×292×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15．因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480．[答案]4809．(2019·苏锡常镇四市高三调研)设公差为d(d为奇数，且d1)的等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m3，且m∈N*，则an＝________．[解析]由条件得(m－1)a1＋（m－1）（m－2）2d＝－9，ma1＋（m－1）m2d＝0，消去a1得，m－1m＝－9－（m－1）（m－2）2d－m（m－1）2d，整理得(m－1)d＝18，因为d为奇数，且d1，m3，m∈N*，故d＝3，m＝7，从而a1＝－9，故an＝3n－12．[答案]3n－1210．(2019·高三年级第一次模拟考试)若数列{an}满足a1＝0，a4n－1－a4n－2＝a4n－2－a4n－3＝3，a4na4n－1＝a4n＋1a4n＝12，其中n∈N*，且对任意n∈N*都有anm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a4na4n－1＝12，所以a4＝12a3＝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＝12a4n，所以a4n＋2＝12a4n＋3，所以a4n＋3＝a4n＋2＋3＝12a4n＋6，a4n＋4＝12a4n＋3＝14a4n＋3，所以a4n＋4－4＝14(a4n－4)，所以{a4n－4}是首项为－1，公比为14的等比数列，所以a4n＝4－14n－14，a4n－1＝2a4n＝8－24n－18，a4n－2＝a4n－1－3＝5－24n－15，a4n－3＝a4n－2－3＝2－24n－12．综上，an8，因为对任意n∈N*都有anm，所以m≥8，所以m的最小值为8．[答案]811．(2019·淮安质检)设数列{an}的前n项和为Sn，满足an＋Sn＝An2＋Bn＋1(A≠0)．(1)已知数列{an}是等差数列，求B－1A的值；(2)若a1＝32，a2＝94，求证：数列{an－n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式．[解](1)因为{an}是等差数列，所以可设an＝a1＋(n－1)d，an＋Sn＝d2n2＋a1＋d2n＋(a1－d)，可得A＝d2，B＝a1＋d2，a1－d＝1，所以B－1A＝a1＋d2－1d2＝3d2d2＝3．(2)分别令n＝1，2得2a1＝A＋B＋1＝3，2a2＋a1＝4A＋2B＋1＝6，解得A＝12，B＝32．于是an＋Sn＝12n2＋32n＋1，an＋1＋Sn＋1＝12(n＋1)2＋32(n＋1)＋1，相减得an＋1－(n＋1)＝12(an－n)．又a1－1＝12≠0，故数列{an－n}是等比数列．所以an－n＝12n，则an＝n＋12n．12．(2019·镇江市高三调研考试)已知n∈N*，数列{an}的各项均为正数，前n项的和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝a2n－1＋a2n．(1)如果数列{bn}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)如果对任意n∈N*，Sn＝a2n＋n2恒成立，求数列{an}的通项公式；(3)如果S2n＝3(2n－1)，数列{anan＋1}为等比数列，求数列{an}的通项公式．[解](1)b1＝a1＋a2＝1＋2＝3，S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝3（1－3n）1－3＝3（3n－1）2．(2)由2Sn＝a2n＋n得，当n≥2时，2Sn－1＝a2n－1＋n－1，则2an＝2Sn－2Sn－1＝a2n＋n－(a2n－1＋n－1)＝a2n－a2n－1＋1，(an－1)2－a2n－1＝0，(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0，故an－an－1＝1或an＋an－1＝1．(*)下面证明an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立．事实上，因为a1＋a2＝3，所以an＋an－1＝1不恒成立；若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，设n0是满足上式的最小正整数，即an0＋an0－1＝1，显然n0＞2，且an0－1∈(0，1)，则an0－1＋an0－2≠1，则由(*)式知，an0－1－an0－2＝1，则an0－2＜0，矛盾．故an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立，所以an－an－1＝1对任意的n∈N*恒成立．因此{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n．(3)因为数列{anan＋1}为等比数列，设公比为q，则当n≥2时，anan＋1an－1an＝an＋1an－1＝q．即{a2n－1}，{a2n}分别是以1，2为首项，q为公比的等比数列，故a3＝q，a4＝2q．令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，则q＝2．当q＝2时，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1，此时S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝3（1－2n）1－2＝3(2n－1)．综上所述，an＝2n－12，当n为奇数，2n2，当n为偶数．13．(2019·南京、盐城高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an＝(－1)nSn＋pn(p为常数，p≠0)．(1)求p的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设集合An＝{a2n－1，a2n}，且bn，cn∈An，记数列{nbn}，{ncn}的前n项和分别为Pn，Qn．若b1≠c1，求证：对任意n∈N*，Pn≠Qn．[解](1)由a1＝－S1＋p，得a1＝p2，由a2＝S2＋p2，得a1＝－p2，所以p2＝－p2．又p≠0，所以p＝－12．(2)由an＝(－1)nSn＋－12n，得an＝（－1）nSn＋－12n，①an＋1＝－（－1）nSn＋1＋－12n＋1，②①＋②得an＋an＋1＝(－1)n(－an＋1)＋12×－12n．当n为奇数时，an＋an＋1＝an＋1－12×12n，所以an＝－12n＋1，当n为偶数时，an＋an＋1＝－an＋1＋12×12n，所以an＝－2an＋1＋12×12n＝2×12n＋2＋12×12n＝12n．所以an＝－12n＋1，n为奇数，n∈N*，12n，n为偶数，n∈N*．(3)证明：An＝－14n，14n，由于b1≠c1，则b1与c1一正一负，不妨设b10，则b1＝14，c1＝－14，则Pn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn≥14－242＋343＋…＋n4n．设S＝242＋343＋…＋n4n，则14S＝243＋…＋n－14n＋n4n＋1，两式相减得34S＝242＋143＋…＋14n－n4n＋1＝116＋116×1－14n－11－14．