专项强化练(九) 数 列

A组——题型分类练

题型一 等差、等比数列的基本运算

1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＝7，S7＝－7，则a7的值为________． 解析：因为等差数列{an}满足a2＝7，S7＝－7，所以S7＝7a4＝－7，a4＝－1，所以d＝＝－4，所以a7＝a2＋5d＝－13.

答案：－13

2．(2018·盐城高三模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋n(n∈N)，则数列{an}的通项公式为an＝________.

解析：Sn＝2an＋n(n∈N) ①，当n＝1时，得a1＝－1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1 ②，①－②，得an＝2an－2an－1＋1(n≥2)，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，则数列{an－1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，则an－1＝－2×2数列{an}的通项公式为an＝1－2.

答案：1－2

52

3．已知等比数列{an}的各项均为正数，若a4＝a2，a2＋a4＝，则a5＝________.

16解析：法一：设等比数列{an}的首项为a1(a1>0)，公比为q(q>0)，

3

?a1q＝a1q2*

*

a4－a2

4－2

n－1

＝－2，a1＝－1符合上式．所以

nnn?由题意?53

a，1q＋a1q＝?16?

14

所以a5＝a1q＝.

32

，

1a＝，??2解得?1

q＝??2，

1

a4＝a2，??

法二：(整体思想)依题意由?5

a，2＋a4＝?16?

2

得16a2＋16a2－5＝0，即(4a2＋5)(4a2－

2

11a412

1)＝0，又等比数列{an}各项均为正数，所以a2＝，从而a4＝，从而由q＝＝，又q>0，

416a241111

所以q＝，a5＝a4q＝×＝.

216232

1答案： 32[临门一脚]

1．等差、等比数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．

1

2．在等差、等比混合后考查基本量的计算容易造成公式和性质混淆，从而造成计算失误．

3．等差、等比数列的通项公式：

等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；等比数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1

＝amqn－m(a1≠0，q≠0)．

4．等差、等比数列的前n项和： (1)等差数列的前n项和为：Sn＝数)．

特别地，当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，即可设Sn＝an＋bn(a，b为常数)．

(2)等比数列的前n项和为：

2

na1＋an2

＝na1＋

nn－1

2

d?d?d＝n2＋?a1－?n(二次函

2

?2?

na1，q＝1，??

Sn＝?a11－qna1－anq＝，q≠1，?1－q?1－q特别地，若q≠1，设a＝

a1

1－q，则Sn＝a－aq，要注意对q是否等于1讨论．

n题型二 等差、等比数列的性质

1．(2019·东台中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＋a12＝2 019，则S13＝________.

解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a6＋a12＝2 019，所以(a1＋2d)＋(a1

13

＋5d)＋(a1＋11d)＝2 019，即a1＋6d＝673，所以S13＝＝13(a1＋6d)＝8 749.

法二：因为a3＋a6＋a12＝2 019，所以3a7＝2 019，所以a7＝673，所以S13＝＝13a7＝8 749.

答案：8 749

2．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝________.

解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝7

答案： 3

3．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20

2

5

a1＋a13

2

13[a1＋＝

a1＋12d]

2

13a1＋a13

2

S4S2S6S4

S67k7

＝. S43k3

＝________.

解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e，所以a10a11＝e.所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20

＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)＝10ln(a10a11)＝10ln e＝50ln e＝50.

答案：50

4．已知数列{an}是等差数列，且an>0，若a1＋a2＋…＋a100＝500，则a50·a51的最大值为________．

解析：法一：设等差数列{an}的公差为d(d≥0)，由题意得，100a1＋4 950d＝500，所以a1＝5－49.5d，所以a50·a51＝(a1＋49d)·(a1＋50d)＝(5－0.5d)·(5＋0.5d)＝－0.25d＋25.又d≥0，所以当d＝0时，a50·a51有最大值25.

法二：由等差数列的性质知，50(a50＋a51)＝500，即a50＋a51＝10，所以由基本不等式得

2

10

5

5

5

a50·a51≤?

?a50＋a51?2＝25，当且仅当a＝a＝5时取等号，所以a·a有最大值25.

?50515051

?2?

答案：25

An7n＋45an5．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，若＝，则使得为

Bnn＋3bn整数的正整数n的个数是________．

na1＋a2n－1

解析：由＝

2annanA2n－172n－1＋457n＋197n＋1＋12

＝＝＝＝＝＝7

bnnbnnb1＋b2n－1B2n－12n－1＋3n＋1n＋1

2

＋

12an**

.因此n∈N，∈N，故n＋1＝2,3,4,6,12，即n共有5个． n＋1bn答案：5 [临门一脚]

1．若序号m＋n＝p＋q，在等差数列中，则有am＋an＝ap＋aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；在等比数列中，则有am·an＝ap·aq；特别的，若序号m＋n＝2p，则am·an＝ap；该性质还可以运用于更多项之间的关系．

2．在等差数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，其公差为kd；其中Sn为前n项的和，且Sn≠0(n∈N)；在等比数列{an}中，当q≠－1或k不为偶数时Sk，S2k－Sk，

*

2

S3k－S2k，…成等比数列，其中Sn为前n项的和(n∈N*)．

题型三 数列的综合问题

311．已知等比数列{an}的前4项和为5，且4a1，a2，a2成等差数列，若bn＝，

2log23an＋1

则数列{bnbn＋1}的前10项和为________．

3

3

解析：由4a1，a2，a2成等差数列，可得4a1＋a2＝3a2，则2a1＝a2，则等比数列{an}的

2

a2a11－2411n－1

公比q＝＝2，则数列{an}的前4项和为＝5，解得a1＝，所以an＝×2，bna11－233

＝log2

11

＝，则bnbn＋1＝

3an＋1nn111?1??11?＝－，其前10项和为?1－?＋?－?＋…

n＋1nn＋1?2??23?

＋?

?1－1?＝10.

??1011?11

10答案：

11

2．(2019·苏州中学模拟)对于无穷数列{an}与{bn}，记A＝{x|x＝an，n∈N}，B＝{x|x*

＝bn，n∈N}，若满足条件A∩B＝?且A∪B＝N，则称数列{an}与{bn}是无穷互补数列．已知数列{an}满足a1＝3，且对任意的i，j∈N，都有ai＋j＝aiaj，数列{bn}满足对任意的n∈N，都有bn

解析：在数列{an}中，对任意的i，j∈N，都有ai＋j＝aiaj，令i＝n，j＝1，则an＋1＝

*

*

*

**

a1an.因为a1＝3，所以an＋1＝3an，所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＝3.因为3＝729<2 020,3＝2 187>2 020，所以小于等于2 020的正整数中有6个是数列{an}中的项，所以由无穷互补数列的定义可知b2 020＝2 020＋6＝2 026.

答案：2 026

3．(2018·南京四校联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝8n－n，令bn＝anan＋1an＋2(n∈N)，设数列{bn}的前n项和为Tn，当Tn取得最大值时，n＝________.

解析：法一：当n＝1时，a1＝7；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝9－2n，经检验，n＝1时也符合，故an＝9－2n，则bn＝anan＋1an＋2＝(9－2n)(7－2n)(5－2n)，当Tn取得最大值时，应满足{bn}的前n项均为非负项．令bn≥0得，n≤2.5或3.5≤n≤4.5，又n∈N，所以n＝1,2,4，而T1＝105，T2＝120，T4＝120，故当Tn取得最大值时，n＝2或4.

法二：由Sn＝8n－n知，数列{an}为等差数列，且an＝9－2n，即7,5,3,1，－1，－3，－5，－7，…，枚举知，T1＝105，T2＝120，T3＝117，T4＝120，T5＝105，…，故当Tn取得最大值时，n＝2或4.

答案：2或4

4．在等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．

解析：由已知条件可得数列{an}的通项公式an＝2n＋1，设连续10项为ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，

2

*

2

*

n67

ai＋10，i∈N，设漏掉的一项为ai＋k,1≤k≤10，由ai＋1＋ai＋10×10

2

－ai＋k＝185，得(2i＋3

＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋

4