（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（十六） “数列”专题提能课

1课时达标训练(十六)“数列”专题提能课A组——易错清零练1．等差数列{an}，{bn}的前n项和为Sn，Tn.若SnTn＝7n＋14n＋27(n∈N*)，则a7b7＝________．解析：a7b7＝a7＋a7b7＋b7＝S13T13＝7×13＋14×13＋27＝9279.答案：92792．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＝2，n＝1，5·3n－2，n≥2.答案：2，n＝1，5·3n－2，n≥23．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＝n（45－5n）2，当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a5)－a1－a2－a3－a4－a5－a6－…－an＝－n（45－5n）2＋100，综上所述，Sn＝n（45－5n）2，n≤5，－n（45－5n）2＋100，n≥6.答案：Sn＝n（45－5n）2，n≤5，－n（45－5n）2＋100，n≥64．若{an}是等差数列，首项a10，a2018a2019－1，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是________．2解析：∵{an}为等差数列，a10，a2018a2019－1，∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a2018||a2019|，等价于a20180，a20190且a2018＋a20190.∴在等差数列{an}中，a2018＋a2019＝a1＋a40360，S4036＝4036（a1＋a4036）2＞0，S4037＝4037（a1＋a4037）2＝4037a20190，∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4036.答案：4036B组——方法技巧练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S23＋a24＝4，则满足Tn＜2019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S23＋a24＝4得，10a21＋24da1＋18d2－4＝0，(*)由Δ＝(24d)2－40(18d2－4)≥0得d2≤109，即－103≤d≤103.又d∈N*，所以d＝1，代入(*)得5a21＋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＜2019得2n2＜2019，因为{2n2}是递增数列，且当n＝3时，2n2＝29＜2019，当n＝4时，2n2＝216＝32×2048＞2019，所以满足Tn＜2019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S23＋a24＝4得，10a22＋4da2＋4d2－4＝0，(*)由Δ＝(4d)2－40(4d2－4)≥0得d2≤109，即－103≤d≤103，又d∈N*，所以d＝1，代入(*)得5a22＋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：632．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，∴log2a137＝13⇒a7＝2＝b7，∴b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26.答案：263．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：164．(2019·南京盐城一模)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－1＜4，a4n－1＝2a4n＝8－24n－1＜8，a4n－2＝a4n－1－3＝5－24n－1＜5，a4n－3＝a4n－2－3＝2－24n－1＜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：85．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2a21－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝12.又a1＞1，所以a1＝2.因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，4所以10Sn＝2a2n＋5an＋2，故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a2n＋1＋5an＋1＋2－2a2n－5an－2，整理，得2(a2n＋1－a2n)－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＝52.所以数列{an}是以2为首项，52为公差的等差数列，所以an＝2＋52(n－1)＝12(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＝12(5k－1)，整理，得2m＋2n－k＝35，()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＝bn＋cn－12＋1，∴an＋1＝bn＋1＋cn2＋1，∴an＋1－an＝bn＋1＋cn2－bn＋cn－12＝bn＋1－bn2＋cn－cn－12，∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，5∴bn＋1－bn2＋cn－cn－12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——创新应用练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2018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－3①，b2n＝a2n＋1＋a2n＝4n－1②，b2n＋1＝a2n＋2－a2n＋1＝4n＋1③，②－①，得a2n＋1＋a2n－1＝2，②＋③，得a2n＋2＋a2n＝8n.因为数列{an－n}的前2018项和为1，所以a1＋a2＋…＋a2018－(1＋2＋…＋2018)＝1，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋2＋…＋2018)＋1＝1009×2019＋1，所以a1＋1008＋a2＋8×(2＋4＋…＋1008)＝1009×2019＋1，又b1＝1＝a2－a1，即a2＝a1＋1，所以2a1＋1008＋8×504×10102＝1009×2019，解得a1＝32.答案：322．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n3，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n3＝n3＝k，所以S3n＝0＋0＋1＋1＋1,3个＋2＋2＋2,3个＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1),3个＋n＝3×1＋n－12×(n－1)＋n＝32n2－12n.答案：32n2－12n3．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)6＝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＝12，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))，∴k1＝log2（S1＋1）－log2a1S1＋1－a1＝1，k2＝log2（S2＋1）－log2a2S2＋1－a2＝12，解得a1＝1，a2＝2，∴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－1①，2Tn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n②，由①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)×2n，所以－Tn＝2（1－2n－1）1－2－(n－1)×2n，整理得Tn＝