江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列 4.4 專題提能—“數(shù)列”專題提能課達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列 4.4 專題提能—“數(shù)列”專題提能課達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析） 1．等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和為Sn，Tn.若＝(n∈N*)，則＝________. 解析：＝＝＝＝. 答案： 2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝7，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則an＝____________. 解析：由an＋1＝2Sn＋1， 得an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 兩式相減得an＋1＝3an(n≥2)，由a2＝2a1＋1，得S2＝3a1＋1＝7，解得a1＝2，a2＝5， 所以an＝ 答案： 3．已知一個等差數(shù)列{an}的通項公式為an

2、＝25－5n，則數(shù)列{|an|}的前n項和為____________． 解析：由an≥0，得n≤5，∴{an}前5項為非負(fù)，當(dāng)n≤5時Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝， 當(dāng)n≥6時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an ＝2(a1＋a2＋…＋a5)－a1－a2－a3－a4－a5－a6－…－an ＝－＋100， 綜上所述，Sn＝ 答案：Sn＝ 4．若{an}是等差數(shù)列，首項a1>0，<－1，則使前n項和Sn>0成立的最大正整數(shù)n是________． 解析：∵{an}為等差數(shù)列，a1>0，<－1，∴{an}表示首

3、項為正數(shù)，公差為負(fù)數(shù)的單調(diào)遞減等差數(shù)列，且|a2 018|>|a2 019|，等價于a2 018>0，a2 019<0且a2 018＋a2 019>0. ∴在等差數(shù)列{an}中，a2 018＋a2 019＝a1＋a4 036>0，S4 036＝＞0，S4 037＝＝4 037a2 019<0，∴使Sn＞0成立的最大自然數(shù)n是4 036. 答案：4 036 B組——方法技巧練 1．設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項的和，若a3＋2a6＝0，則的值是________． 解析：由a3＋2a6＝0，得q3＝－，則＝×＝1＋q3＝. 答案： 2．若公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足log2(a

4、1a2…a13)＝13，等差數(shù)列{bn}滿足b7＝a7，則b1＋b2＋…＋b13的值為________． 解析：∵log2(a1a2…a13)＝13，∴l(xiāng)og2a＝13?a7＝2＝b7，∴b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26. 答案：26 3．已知數(shù)列{an}滿足a2n－1＋1≤a2n≤2a2n＋1，n∈N*，a1＝1，若前n項和為Sn，則S11的最小值為________． 解析： 要使Sn最小，則數(shù)列各項為1,2,1,2,1,2,1,2，…，所以當(dāng)S11的最小值為16. 答案：16 4．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足：a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，記數(shù)列{an}前

5、n項積為Tn，則滿足Tn>1的最大正整數(shù)n的值為________． 解析：a6＋a7>a6a7＋1>2?因?yàn)閍1>1，所以由a6a7>1?a1a12＝a2a11＝…＝a6a7>1?T12>1，a7<1?a1a13＝a2a12＝…＝a6a8<1?T13<1，所以n的最大值為12. 答案：12 5．已知{an}是遞增數(shù)列，其前n項和為Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項an； (2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，寫出一組符合條件的m，n，k的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)由10a1＝(

6、2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝. 又a1>1，所以a1＝2. 因?yàn)?0Sn＝(2an＋1)(an＋2)， 所以10Sn＝2a＋5an＋2， 故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2， 整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0， 即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0. 因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列且a1＝2， 所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝. 所以數(shù)列{an}是以2為首項，為公差的等差數(shù)列， 所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)． (2)滿足條件的正整數(shù)m，n，k不

7、存在，理由如下： 假設(shè)存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak， 則5m－1＋5n－1＝(5k－1)， 整理，得2m＋2n－k＝，(*) 顯然，(*)式左邊為整數(shù)，所以(*)式不成立． 故滿足條件的正整數(shù)m，n，k不存在． 6．?dāng)?shù)列{an}，{bn}，{cn}滿足：bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*. (1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}，{cn}都是等差數(shù)列，求證：數(shù)列{an}從第二項起為等差數(shù)列； (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，試判斷當(dāng)b1＋a3＝0時，數(shù)列{an}是否成等差數(shù)列？證明

8、你的結(jié)論． 解：(1)證明：設(shè)數(shù)列{an}的公差為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， ∴數(shù)列{bn}是公差為－d的等差數(shù)列． (2)證明：當(dāng)n≥2時，cn－1＝an＋2an＋1－2， ∵bn＝an－2an＋1，∴an＝＋1， ∴an＋1＝＋1， ∴an＋1－an＝－＝＋， ∵數(shù)列{bn}，{cn}都是等差數(shù)列， ∴＋為常數(shù)， ∴數(shù)列{an}從第二項起為等差數(shù)列． (3)數(shù)列{an}成等差數(shù)列． ∵bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0， 令n＝

9、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)， ∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)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， ∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列． C組——創(chuàng)新應(yīng)用練 1．?dāng)?shù)列{an}中，an＝(n∈N*)，則最大項是第________項． 解析：因?yàn)閍n＝＝1＋，所以{an}在[1

10、,9]單調(diào)遞減，[10，＋∞)單調(diào)遞減，所以n－>0且最小時，an最大；n－<0且最大時，an最?。援?dāng)n＝10時an最大． 答案：10 2．對于一切實(shí)數(shù)x，令[x]為不大于x的最大整數(shù)，則函數(shù)f(x)＝[x]稱為高斯函數(shù)或取整函數(shù)．若an＝f，n∈N*，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S3n＝__________. 解析：由題意，當(dāng)n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2時均有an＝f ＝＝k，所以S3n＝0＋0＋,＋,＋…＋,＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n. 答案：n2－n 3．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為________．

11、解析：法一：設(shè)a1＋3d＝m(2a1＋3d)＋n(a1＋2d)， 于是a1＋3d＝(2m＋n)a1＋(3m＋2n)d， 由解得 所以a1＋3d＝－(2a1＋3d)＋3(a1＋2d)≤－5＋3×3＝4， 所以a4的最大值是4. 法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，因?yàn)镾4≥10，S5≤15, 所以即 而a4＝a1＋3d.建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系a1Od，作出可行域及目標(biāo)函數(shù)a4＝a1＋3d.當(dāng)直線a4＝a1＋3d過可行域內(nèi)點(diǎn)A(1,1)時截距最大，此時目標(biāo)函數(shù)a4＝a1＋3d取得最大值4. 答案：4 4．設(shè)某數(shù)列的前n項和為Sn，若為常數(shù)，則稱該數(shù)列為“和諧數(shù)

12、列”．若一個首項為1，公差為d(d≠0)的等差數(shù)列{an}為“和諧數(shù)列”，則該等差數(shù)列的公差d＝________. 解析：由＝k(k為常數(shù))，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.∵對任意正整數(shù)n，上式恒成立，∴解得∴數(shù)列{an}的公差d＝2. 答案：2 5．設(shè)數(shù)列{an}滿足a＝an＋1an－1＋λ(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N*，λ為常數(shù)． (1)若{an}是等差數(shù)列，且公差d≠0，求λ的值； (2)若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3,7]，使得m·an≥n－r

13、對任意的n∈N*都成立，求m的最小值； (3)若λ≠0，且數(shù)列{an}不是常數(shù)列，如果存在正整數(shù)T，使得an＋T＝an對任意的n∈N*均成立．求所有滿足條件的數(shù)列{an}中T的最小值． 解：(1)由題意，可得a＝(an＋d)(an－d)＋λd2， 化簡得(λ－1)d2＝0， 又d≠0，所以λ＝1. (2)將a1＝1，a2＝2，a3＝4代入條件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a＝an＋1an－1，所以數(shù)列{an}是首項為1，公比q＝2的等比數(shù)列，所以an＝2n－1. 若存在r∈[3,7]，使得m·2n－1≥n－r， 即r≥n－m·2n－1對任意n∈N*都成立， 則7≥n－m

14、·2n－1， 所以m≥對任意的n∈N*都成立． 令bn＝， 則bn＋1－bn＝－＝， 所以當(dāng)n＞8時，bn＋1＜bn； 當(dāng)n＝8時，b9＝b8； 當(dāng)n＜8時，bn＋1＞bn. 所以bn的最大值為b9＝b8＝， 所以m的最小值為. (3)因?yàn)閿?shù)列{an}不是常數(shù)列，所以T≥2. ①若T＝2，則an＋2＝an恒成立，從而a3＝a1，a4＝a2， 所以 所以λ(a2－a1)2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1， 可得{an}是常數(shù)列，矛盾． 所以T＝2不合題意． ②若T＝3，取an＝(*) 滿足an＋3＝an恒成立． 由a＝a1a3＋λ(a2－a1)2，得λ＝7. 則條件式變?yōu)閍＝an＋1an－1＋7. 由22＝1×(－3)＋7，知a＝a3k－2a3k＋λ(a2－a1)2； 由(－3)2＝2×1＋7，知a＝a3k－1a3k＋1＋λ(a2－a1)2； 由12＝(－3)×2＋7，知a＝a3ka3k＋2＋λ(a2－a1)2. 所以數(shù)列(*)適合題意． 所以T的最小值為3.