阅读与思考 九连环教学实录

第12练

数

列

[明考情]

数列在高考中以“一大一小”的形式考查.“一小”考查频率较高，难度为中档. [知考向]

1.等差数列与等比数列. 2.数列的通项与求和. 3.等差、等比数列的综合应用.

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，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq. (2)若{a}是等差数列，则Snnn也是等差数列. (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，q∈N*)，则am·an＝ap·aq. (5)在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外). 1.(2017·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(A.1

B.2

C.4

D.8 答案

C 解析

设{an}的公差为d，

由a4＋a5＝24，

a1＋3d＋a1＋4d＝24，S得6×5

6＝48，6a1＋2d＝48，

解得d＝4.故选C. 2.已知数列{a＝2，数列{ban＋1n}的首项a1n}为等比数列，且bn＝a，若bn10b11＝2，则a21等于(

A.29

B.210

C.211

D.212

答案

C 解析

由ban＋1an＝a，且a1＝2，得b1＝2＝a2，a2＝2b1，

na12b＝a3a，a＝aa2232b2＝2b1b2，b3＝4a，a34＝a3b3＝2b1b2b3，…，an＝2b1b2b3…bn－1，

∴a21＝2b1b2b3…b20. 又{bn}为等比数列，∴a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.故选C. ) )

2223.(2017·吉林普通中学调研)设{an}是公差不为0的等差数列，满足a24＋a5＝a6＋a7，则该数列的前10项和S10等于(

) A.－10

B.－5

C.0

D.5 答案

C 解析

设等差数列的公差为d(d≠0)，

222因为a24＋a5＝a6＋a7，

所以(a4－a6)(a4＋a6)＝(a7－a5)(a7＋a5)，

所以－2da5＝2da6，于是a5＋a6＝0. 由等差数列的性质，有a1＋a10＝a5＋a6＝0，

10a1＋a10所以S10＝＝0，故选C. 2S4S64.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则等于(

) S2S473A.2

B. C.

D.1或2 310答案

B 解析

设S2＝k，则S4＝3k，

由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，

又S2＝k，S4－S2＝2k，

S67k7∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B. S43k35.(2017·安徽蚌埠质检)数列{an}是以a为首项，q(q≠1)为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1，2，…)，数列{cn}满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn (n＝1，2，…)，若{cn}为等比数列，则a＋q等于(

) A.2

B.3

C.5

D.6 答案

B 解析

由题意知，an＝aqn1，

－a1－qnaaqn则bn＝1＋＝1＋－，

1－q1－q1－qnn＋1aq1－q1－q＋aaqaaq得cn＝2＋1＋1－qn－1－q·1－q＝2－1－q2＋1－qn＋1－q2，

2－1－q＝0，要使{c}为等比数列，必有1－q＋a1－q＝0，2naq

a＝1，得所以a＋q＝3，故选B. q＝2，

6.(2016·全国Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________. 答案

64 解析

设等比数列{an}的公比为q，

21a1＋a3＝10，a1＋a1q＝10，∴即解得13a2＋a4＝5，a1q＋a1q＝5，q＝.

a＝8，2

1(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)1∴a1a2…an＝21n(n7)221221749n242,

7491n－2－取到最小值－6，

当n＝3或4时，422此时1221749n224取到最大值26，

∴a1a2…an的最大值为64. 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. Sn，n＝1，(2)利用an＝求通项时，要注意检验n＝1的情况. S－S，n≥2nn－1

7.在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝1111A.2－

B.1－ C.

D.2－

nnnn－1答案

A 1解析

∵an－an－1＝，

nn－11(n≥2，且n∈N*)，则an等于(

) nn－111111∴a2－a1＝＝1－，a3－a2＝＝－，

21×22×323111a4－a3＝＝－，…，

3×43411an－an－1＝－，

n－1n1∴上式相加得an－a1＝1－. n1又a1＝1，∴an＝2－. n当n＝1时，上式也成立，故选A.

118.(2017·贵阳一模)数列{an}满足a1＝0，－＝1(n≥2，n∈N*)，则a2 017等于(

) 1－an1－an－11A.

2 0172 016C.

2 017答案

C 11解析

∵数列{an}满足a1＝0，－＝1(n≥2，n∈N*)，

1－an1－an－1∴1＝1，

1－a1n1B.

2 0162 015D.

2 0161∴数列1－a是首项为1，公差为1的等差数列，

∴∴1＝1＋(n－1)＝n，

1－an12 016＝2 017，解得a2 017＝. 2 0171－a2 0179.(2017·全国Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(

) A.440

C.220

答案

A 解析

设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推.则第n1＋nn组的项数为n，前n组的项数和为. 2n1＋n由题意知，N>100，令>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后. 21－2nn21－2n第n组的各项和为＝2－1，前n组所有项的和为－n＝2n+1－2－n. 1－21－2n1＋n设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－项的和即第n＋12组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)29×1＋29⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋5＝440.故选A. 2B.330 D.110

1

2x

n－110.已知f(x)＝log2＋1，an＝f

＋f＋…＋fnnn，n为正整数，则a2 018等于(

) 1－xA.2 017

B.2 019

C.1 009

D.1 008 答案

A x解析

因为f(x)＝log2＋1，

1－x1－xx所以f(x)＋f(1－x)＝log2＋1＋log2＋1＝2. x1－x1

n－1所以f

n＋fn＝2，

2

n－2f

n＋fn＝2，…，

f

n－1

1n＋fn＝2，

由倒序相加，得2an＝2(n－1)，an＝n－1，

所以a2 018＝2 018－1＝2 017，故选A. 11.若数列{an}满足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，则数列{an}的通项公式an＝________________. 答案

2×3n1－1 －解析

设an＋λ＝3(an－1＋λ)，化简得an＝3an－1＋2λ，

∵an＝3an－1＋2，∴λ＝1，

∴an＋1＝3(an－1＋1). ∵a1＝1，∴a1＋1＝2，

∴数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，

∴an＋1＝2×3n1，∴an＝2×3n1－1. －－12.(2017·兰州一诊)在已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有2an＝1成立，则S2 017＝________. anSn－S2n答案

1

1 0092an解析

当n≥2时，由2＝1，

anSn－Sn得2(Sn－Sn－1)＝anSn－S2n＝－SnSn－1，

222所以－＝1，又＝2，

SnSn－1S12所以S是以2为首项，1为公差的等差数列，

n221所以＝n＋1，故Sn＝，则S2 017＝. Sn1 009n＋1

考点三

等差、等比数列的综合应用

方法技巧

巧用性质，整体考虑，减少换算量. a9＋a10113.已知在等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则等于(

) 2a7＋a8A.1＋2

B.1－2 C.3＋22

D.3－22 答案

C 1解析

∵a1，a3，2a2成等差数列，

21∴a3×2＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q，

2∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋2或q＝1－2(舍). a9＋a10a1q81＋q2∴＝6＝q＝(1＋2)2＝3＋22. a7＋a8a1q1＋q14.(2017·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则{an}的前100项的和为(

) A.－200

C.－50

答案

B 解析

可得a50＋a51＝－2，又{an}是等差数列，

所以a1＋a100＝a50＋a51＝－2，

100a1＋a100则{an}的前100项的和为＝－100. 215.(2017·自贡模拟)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如甲、乙、丙、丁衰分得100，60，36，21.6个单位，递减的比例为40%.今共有粮m(m＞0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m的值分别为(

) A.20%，369

B.80%，369

C.40%，360

D.60%，365 答案

A 解析

设“衰分比”为a，甲衰分得b石，

b1－a＝80，3由题意，得b1－a＋b1－a＝164，b＋80＋164＝m，解得b＝125，a＝20%，m＝369. 16.若数列{an}对任意的正整数n和m等式a2n＋m＝an×an＋2m都成立，则称数列{an}为m阶梯等比数列.若{an}是3阶梯等比数列且a1＝1，a4＝2，则a10＝________. 答案

8 2B.－100 D.0

解析

由题意可知，当{an}是3阶梯等比数列时，

2a2n＋3＝anan＋6，a4＝a1a7，所以a7＝4，

由a27＝a4a10，得a27a10＝＝8. a417.已知函数f(x)＝3|x＋5|－2|x＋2|，数列{an}满足a1<－2，an＋1＝f(an)，n∈N*.若要使数列{an}成等差数列，则a1的取值集合为______________. 1119答案

－11，－2，－4

x＋11，x≥－2，解析

因为f(x)＝5x＋19，－5

所以若数列{an}成等差数列，则当a1为直线y＝x＋11与直线y＝－x－11的交点横坐标时，即a1＝－11.此时数列{an}是以－11为首项，11为公差的等差数列；当f(a1)＝a1时，即5a1＋191119＝a1或－a1－11＝a1，即a1＝－或a1＝－，数列{an}是以0为公差的等差数列，因此421119a1的取值集合为－11，－2，－4. 18.(2017·湘潭市雨湖区模拟)已知数列{an}是各项均为正整数的等差数列，公差d∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的一项，若a1＝6m，其中m为给定的正整数，则d的所有可能取值的和为__________. 1答案

(2m+1－1)(3m+1－1) 2解析

∵公差d是a1＝6m的约数，

∴d＝2i·3j(i，j＝0，1，2，…，m)，

1∴d的所有可能取值之和为2·(3m+1－1). 3j＝2(2m+1－1)·i＝0j＝0mim

1.在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15等于(

) A.210

B.211

C.224

D.225 答案

B 解析

当n＞1时，Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，

∴an＋1＝an＋2，

∴an＋1－an＝2. 数列{an}从第二项开始组成公差为2的等差数列，

2＋28∴S15＝a1＋(a2＋…＋a15)＝1＋×14＝211. 2

2an，n为正奇数，2.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和为(

) an＋1，n为正偶数，

A.16

B.20

C.33

D.120 答案

C 解析

a2＝2a1＝2，

a3＝a2＋1＝3，

a4＝2a3＝6，

a5＝a4＋1＝7，

a6＝2a5＝14，

所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C. 3.已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项的和S2 017＝________. 答案

2 017

4 035解析

由an＋1＝an(1－2an＋1)，

11可得－＝2，

an＋1an1所以数列a是公差为2的等差数列，

n111故＝＋(n－1)×2＝2n－1，所以an＝. ana12n－11111又bn＝an·an＋1＝＝2n－1－2n＋1，

2n－12n＋121111114 0342 01711－＋－＋…＋－所以S2 017＝4 0334 035＝2×4 035＝4 035. 2335an4.已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________. n答案

21

2解析

由题意，得a2－a1＝2，

a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)，

累加整理可得an＝n2－n＋33，

an33∴＝n＋－1. nn33由函数f(x)＝x＋－1(x＞0)的单调性可知，

xan当n＝5或n＝6时，取最小值. n

2153又f(6)＝，f(5)＝，

25an21∴＝. minn2

1.(2017·全国Ⅲ)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}前6项的和为(

) A.－24

B.－3

C.3

D.8 答案

A 解析

由已知条件可得a1＝1，d≠0，

2由a23＝a2a6，可得(1＋2d)＝(1＋d)(1＋5d)，

解得d＝－2.所以S6＝6×1＋故选A. 6×5×－2＝－24. 22.(2017·浙江)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的(

) A.充分不必要条件

C.充要条件

答案

C 解析

方法一

∵数列{an}是公差为d的等差数列，

∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，

∴S4＋S6＝10a1＋21d，2S5＝10a1＋20d. 若d＞0，则21d＞20d，10a1＋21d＞10a1＋20d，

即S4＋S6＞2S5. 若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，

即21d＞20d，

∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件. 故选C. 方法二

∵S4＋S6＞2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)⇔a6＞a5⇔a5＋d＞a5⇔d＞0，

∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件. 故选C. 3.(2017·湖南十三校联考)已知函数f(x)＝x2cos 则数列{an}的前100项之和S100＝________. πx，在数列{an}中，an＝f(n)＋f(n＋1)(n∈N*)，2B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

答案

10 200 解析

因为f(x)＝x2cos πx，

2n＋1πnπ＋(n＋1)2cos

22所以an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2cos a4n－3＝(4n－3)2cos 4n－3π4n－2π＋(4n－2)2cos ＝－(4n－2)2，

22同理可得a4n－2＝－(4n－2)2，

a4n－1＝(4n)2，a4n＝(4n)2，

所以a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n＝－2(4n－2)2＋2(4n)2＝8(4n－1)，

所以{an}的前100项之和S100＝8(3＋7＋…＋99)＝10 200. 4.(2017·淮南一模)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，a3＋a15Sn2n－3a3都有＝，则＋等于(

) Tn4n－32b3＋b9b2＋b101917720A.

B. C.

D.

41371541答案

A a3＋a152a9a9解析

∵＝＝，

2b3＋b92b3＋b9b3＋b9∴a3＋a15a3a9a3a9a3＋＝＋＝＋

2b3＋b9b2＋b10b3＋b9b2＋b10b1＋b11b1＋b1111a1＋a112a3＋a9a1＋a11S112×11－319＝＝＝＝＝＝. b1＋b11b1＋b1111b1＋b11T114×11－3412225.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足2S2n－(3n－n－4)Sn－2(3n－n)＝0，n∈N*，则数列{an}的通项公式是(

) A.an＝3n－2

B.an＝4n－3

C.an＝2n－1

D.an＝2n＋1 答案

A 2解析

由2Sn－(3n2－n－4)Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N*，因式分解可得[2Sn－(3n2－n)](Sn＋2)＝0，

因为数列{an}的各项均为正数，所以2Sn＝3n2－n. 当n＝1时，2a1＝3－1，解得a1＝1. 当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n2－n－[3(n－1)2－(n－1)]＝6n－4，即an＝3n－2. 当n＝1时，上式成立. 所以an＝3n－2(n∈N*). 6.已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2an＋1＋1，则a13等于(

) A.143

B.156

C.168

D.195 答案

C

解析

由an＋1＝an＋2an＋1＋1可知，

an＋1＋1＝an＋1＋2an＋1＋1＝(an＋1＋1)2，

∴an＋1＋1＝an＋1＋1. 又a1＋1＝1，故数列{an＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＋1＝n，

∴a13＋1＝13，则a13＝168. 7.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，给出下列五个命题：①d<0；②S11>0；③使Sn>0的最大n值为12；④数列{Sn}中的最大项为S11；⑤|a6|>|a7|，其中正确命题的个数是(

) A.5

C.3

答案

B 解析

∵S6>S7>S5，∴a7<0，a6>0，a6＋a7>0，

因此|a6|>|a7|；d＝a7－a6<0；

11a1＋a11S11＝＝11a6>0；

212a1＋a12S12＝＝6(a6＋a7)>0，

2而S13＝13a7<0，

因此满足Sn>0的最大n值为12. 由于a7<0，a6>0，数列{Sn}中的最大项为S6，

∴④错，①②③⑤正确，故选B. 8.(2017·永州二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(

) A.(－∞，2)

C.(－∞，4)

答案

A 解析

∵Sn＝3n(λ－n)－6，

－B.4 D.1 B.(－∞，3) D.(－∞，5)

①

②

∴Sn－1＝3n1(λ－n＋1)－6，n＞1，

－由①－②，得an＝3n1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N*). ∵数列{an}为单调递减数列，

∴an＞an＋1，

∴3n1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，

－化为λ＜n＋2(n＞1)，

∴λ＜3.又a1＞a2，∴λ＜2.综上，λ＜2.

9.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则

k＝1n1＝________. Sk答案

2n

n＋1解析

设等差数列{an}的公差为d，则

a＝a＋2d＝3，31a1＝1，由得

4×3d＝1.S＝4a＋d＝10，124

11nn－1nn＋112∴Sn＝n×1＋×1＝，＝＝2n－n＋1. 22Snnn＋1∴

k＝1n11111111111112n＝＋＋＋…＋＝21－2＋2－3＋3－4＋…＋n－n＋1＝21－n＋1＝SkS1S2S3Snn＋1. 10.公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________. 答案

22 解析

根据题意可知，等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1⇒ak4＝a1＋(n－1)(3a1)＝64a1，解得n＝22，即k4＝22. 11.(2017·上海青浦区一模)设数列{an}的通项公式为an＝n2＋bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围是____________. 答案

(－3，＋∞) 解析

∵数列{an}是单调递增数列，

∴∀n∈N*，an＋1＞an，(n＋1)2＋b(n＋1)＞n2＋bn，化为b＞－(2n＋1). ∵数列{－(2n＋1)}是单调递减数列，

∴当n＝1时，－(2n＋1)取得最大值－3，∴b＞－3. 12.(2017·重庆二诊)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2n＝n－an，a2n＋1＝an＋1，则S100＝________.(用数字作答) 答案

1 306 解析

由题设可得a2n＋a2n＋1＝n＋1，取n＝1，2，3，…，49，可得a2＋a3＝2，a4＋a5＝3，a6＋a7＝4，…，a98＋a99＝50，将以上49个等式两边分别相加，可得a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a72＋50＋…＋a98＋a99＝×49＝1 274. 2又a3＝a1＋1＝2，a6＝3－a3＝1，a12＝6－a6＝5，a25＝a12＋1＝6，a50＝25－a25＝19，a100＝50－a50＝31，所以S100＝1＋1 274＋31＝1 306.