3443
33≤43,3<≤i≤<5，所以i＝4，此时，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故
99此连续10项的和为200.
答案：200 [临门一脚]
1．数列求和的方法主要有错位相减法、倒序相加法、公式法、拆项并项法、裂项相消法等．
2．根据递推关系式求通项公式的方法有累加法，累积法，待定系数法，取倒数、取对数等．
3．数列单调性可以用定义研究，也可以构造函数进行研究，要注意数列和所构造函数的定义域的差别．
B组——高考提速练
1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2＝1，a4＝5，则S5＝________.
解析：法一：由等差数列的通项公式，得5＝1＋2d，则d＝2，a1＝－1，S5＝5×(－1)5×4
＋×2＝15.
2
5
法二：S5＝答案：15
2．(2019·连云港模拟)已知数列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为________．
解析：由an＋2－an＝2可知数列{an}的奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1，故实数a的取值范围为(0,1)．
答案：(0,1)
3．在等比数列{an}中，若a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，则a7＝________.
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，所以q·q＝4(q－1)，即q－4q＋4＝0，q＝2，所以a7＝q＝4.
法二：设等比数列{an}的公比为q, 由a3a5＝4(a4－1)得a4＝4(a4－1)，即a4－4a4＋4＝0，所以a4＝2，因为a1＝1，所以q＝2，a7＝q＝4.
答案：4
4．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________． 解析：设等差数列{an}的公差为d，
3
6
2
2
3
6
3
3
6
2
4
a1＋a5
2
5
＝
a2＋a4
2
＝5×6
＝15. 2
5
??a4＋a5＝24，则由?
?S6＝48，???2a1＋7d＝24，即???2a1＋5d＝16，
a1＋3d＋a1＋4d＝24，??
得?6×5
6ad＝48，1＋?2?
解得d＝4.
答案：4
53
5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＝3，S3＋S4＝，则a3＝________.
3解析：因为等比数列{an}的公比q＝3，
5353?11?所以S3＋S4＝2S3＋a4＝2?1＋＋?a3＋3a3＝a3＝，所以a3＝3. 93?39?答案：3
6．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝a2，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S3＝a2得3a2＝a2，解得a2＝0或a2＝3.又由S1，S2，S4成等比数列可得S2＝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，有(6－d)＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)，得d＝2，此时a10＝a2＋8d＝19.
答案：19
7．在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}的前n项和，若Sn取得最大值，则n＝________.
解析：因为3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)， 33
所以a1＝－d>0，所以d<0，
4所以an＝a1＋(n－1)d＝(4n－37)，
4当n≤9时，an>0，当n≥10时，an<0， 所以使Sn取得最大值的n＝9. 答案：9
8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．
解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝
2
2
2
22
da11－27
1－2
＝381，解得a1＝3.
6
答案：3
9．(2019·泰州中学模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，－
2 014＝6，则S2 019＝________. 2 008
解析：由等差数列的性质可得??也为等差数列．设其公差为d，则－＝6d2 0142 008?n?＝6，∴d＝1.故＝＋2 018d＝－2 014＋2 018＝4，∴S 2 019＝4×2 019＝8 076.
2 0191
答案：8 076
10．设数列{an}满足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N)，则? (akak＋1)的值为________．
*
100
S2 014
S2 008
?Sn?S2 014S2 008
S2 019S1
k＝1
解析：因为(1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，从而
1
an＋1an11
－＝1，＝1，
a1
?1?11
所以数列??是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋n－1＝n，所以an＝，故anan?an?
ann＋1
＝
n1
n＋1
100
1?1??11??1－1?＝1－1＝
＝－，因此? (akak＋1)＝?1－?＋?－?＋…＋??nn＋1101?2??23??100101?k＝1
1
100
. 101
100答案：
101
11．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N，满足＝9，列{an}的公比为________．
解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则
*
S2mSma2m5m＋1＝，则数amm－1
S2mS2m＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为＝SmSma11－q2m1－qa2ma1q2m－1m5m＋1mm3
＝q＋1＝9，所以q＝8.所以＝m－1＝q＝8＝，所以m＝3，所以q＝ma11－qama1qm－11－q8，所以q＝2.
答案：2
12．(2019·金陵中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，－＝2 010.
2 0199若Sm＋Sp＋Sr＝504(正整数m，p，r互不相等)，对于满足条件的m，p，r，m＋p＋r的值构成的集合为________．
S2 019S9
7
解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋
nn－1
2Snn－1S2 019d，＝a1＋d.因为
n22 019
2 019－1??9－1?S9?d?－?a1＋d?＝1 005d＝2 010，所以d＝2，所以an＝－＝2 010，所以?a1＋
22?9???2n－1，Sn＝n.因为Sm＋Sp＋Sr＝504为偶数，所以m，p，r中有两个奇数、一个偶数或m，
2
p，r均为偶数．①若m，p，r中有两个奇数、一个偶数，不妨设m＝2x＋1，p＝2y＋1，r＝2z，其中x，y∈N，z∈N，则(2x＋1)＋(2y＋1)＋4z＝504，所以2(x＋x＋y＋y＋z)＝251，等式左边为偶数，右边为奇数，矛盾．②若m，p，r均为偶数，不妨设m＝2m1，p＝2p1，r＝2r1，其中m1，p1，r1∈N，则m1＋p1＋r1＝126，继续奇偶分析知m1，p1，r1中有两个奇数、一个偶数或m1，p1，r1均为偶数．易得当m1，p1，r1均为偶数时，不成立．当m1，
*
2
2
2
*
2
2
2
2
2
2
p1，r1中有两个奇数、一个偶数时，不妨设m1＝2m2＋1，p1＝2p2＋1，r1＝2r2，其中m2，p2
∈N，r2∈N，则m2＋m2＋p2＋p2＋r2＝31，因为m2(m2＋1)＋p2(p2＋1)为偶数，所以r2为奇数，且r2的所有可能取值为1,3,5.不妨设0≤m2 222 p2＝5；当r2＝3时，m22＋m2＋p2＋p2＝22，得m2＝1，p2＝4；当r2＝5时，m2＋m2＋p2＋p2＝6， 2 2 * 2 2 2 得m2＝0，p2＝2.综上所述，S2＋S4＋S22＝504，S6＋S12＋S18＝504，S2＋S10＋S20＝504.所以对于满足条件的m，p，r，m＋p＋r的值构成的集合为{28,32,36}． 答案：{28,32,36} 13．设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________． 解析：法一：当q＝1时，S6－2S3＝0，不合题意，所以q≠1，从而由S6－2S3＝5得 3a11－q62a11－qa155 －＝5，从而得＝6＝33 1－q1－q1－q－q＋2q－1－q－1 2 <0，故1－q<0， 6 a11－q9a11－q65即q>1，故S9－S6＝－＝3 1－q1－q－q－1 5 t>0，则S9－S6＝ 5q3 ，令q－1＝2·(q－q)＝3 q－1 6 9 t＋1t2 ?1?3 ＝5?t＋＋2?≥20，当且仅当t＝1，即q＝2时等号成立． ? t? 法二：因为S6＝S3(1＋q)，所以由S6－2S3＝5得S3＝5q＋q＋1)－S3(q＋1)＝S3q＝3，以下同法一． q－1 3 3 6 6 3 56 >0，从而q>1，故S9－S6＝S3(q3 q－1 答案：20 14．已知数列{bn}的每一项都是正整数，且b1＝5，b2＝7 解析：法一：ab1＝a5＝6－2d，ab2＝a7＝6，易知d≠3，等比数列{abn}的公比q＝＝ 66－2d* 3?3?n－1，?3?，abn＝(6－2d)·?又abn＝6＋(bn－7)d，所以6＋(bn－7)d＝(6－2d)???3－d?3－d??3－d? 8