【数学】2020届一轮复习苏教版“数列”专题提能课作业 6页

‎(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＝(n∈N*)，则＝________.‎ 解析：＝＝＝＝.‎ 答案： ‎2．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＝ 答案： ‎3．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＝，‎ 当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－an ‎＝2(a1＋a2＋…＋a5)－a1－a2－a3－a4－a5－a6－…－an ‎＝－＋100，‎ 综上所述，Sn＝ 答案：Sn＝ ‎4．若{an}是等差数列，首项a1>0，<－1，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是________．‎ 解析：∵{an}为等差数列，a1>0，<－1，∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a2 018|>|a2 019|，等价于a2 018>0，a2 019<0且a2 018＋a2 019>0.‎ ‎∴在等差数列{an}中，a2 018＋a2 019＝a1＋a4 036>0，S4 036＝＞0，S4 037＝＝4 037a2 019<0，∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4 036.‎ 答案：4 036‎ B组——方法技巧练 ‎1．设Sn是等比数列{an}的前n项的和，若a3＋2a6＝0，则的值是________．‎ 解析：由a3＋2a6＝0，得q3＝－，则＝×＝1＋q3＝.‎ 答案： ‎2．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，∴log2a＝13⇒a7＝2＝b7，∴b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26.‎ 答案：26‎ ‎3．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：16‎ ‎4．各项均为正数的等比数列{an}满足：a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记数列{an}前n项积为Tn，则满足Tn>1的最大正整数n的值为________．‎ 解析：a6＋a7>a6a7＋1>2⇒因为a1>1，所以由a6a7>1⇒a1a12＝a2a11＝…＝a6a7>1⇒T12>1，a7<1⇒a1a13＝a2a12＝…＝a6a8<1⇒T13<1，所以n的最大值为12.‎ 答案：12‎ ‎5．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2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.‎ 又a1>1，所以a1＝2.‎ 因为10Sn＝(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.‎ 因为{an}是递增数列且a1＝2，‎ 所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.‎ 所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，‎ 所以an＝2＋(n－1)＝(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＝(5k－1)，‎ 整理，得2m＋2n－k＝，(*)‎ 显然，(*)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＝＋1，‎ ‎∴an＋1＝＋1，‎ ‎∴an＋1－an＝－＝＋，‎ ‎∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，‎ ‎∴＋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．数列{an}中，an＝(n∈N*)，则最大项是第________项．‎ 解析：因为an＝＝1＋，所以{an}在[1,9]单调递减，[10，＋∞)单调递减，所以n－>0且最小时，an最大；n－<0且最大时，an最小．所以当n＝10时an最大．‎ 答案：10‎ ‎2．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，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 ＝＝k，所以S3n＝0＋0＋,＋,＋…＋,＋n＝3××(n－1)＋n＝n2－n.‎ 答案：n2－n ‎3．等差数列{an}的前n项和为Sn.若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________．‎ 解析：法一：设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：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，因为S4≥10，S5≤15, ‎ 所以即 而a4＝a1＋3d.建立如图所示的平面直角坐标系a1Od，作出可行域及目标函数a4＝a1＋3d.当直线a4＝a1＋3d过可行域内点A(1,1)时截距最大，此时目标函数a4＝a1＋3d取得最大值4.‎ 答案：4‎ ‎4．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.‎ 解析：由＝k(k为常数)，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.∵对任意正整数n，上式恒成立，∴解得∴数列{an}的公差d＝2.‎ 答案：2‎ ‎5．设数列{an}满足a＝an＋1an－1＋λ(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N*，λ为常数．‎ ‎(1)若{an}是等差数列，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对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；‎ ‎(3)若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an＋T＝an对任意的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{an}中T的最小值．‎ 解：(1)由题意，可得a＝(an＋d)(an－d)＋λd2，‎ 化简得(λ－1)d2＝0，‎ 又d≠0，所以λ＝1.‎ ‎(2)将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.‎ 若存在r∈[3,7]，使得m·2n－1≥n－r，‎ 即r≥n－m·2n－1对任意n∈N*都成立，‎ 则7≥n－m·2n－1，‎ 所以m≥对任意的n∈N*都成立．‎ 令bn＝，‎ 则bn＋1－bn＝－＝，‎ 所以当n＞8时，bn＋1＜bn；‎ 当n＝8时，b9＝b8；‎ 当n＜8时，bn＋1＞bn.‎ 所以bn的最大值为b9＝b8＝，‎ 所以m的最小值为.‎ ‎(3)因为数列{an}不是常数列，所以T≥2.‎ ‎①若T＝2，则an＋2＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，‎ 所以 所以λ(a2－a1)2＝0，又λ≠0，所以a2＝a1，‎ 可得{an}是常数列，矛盾．‎ 所以T＝2不合题意．‎ ‎②若T＝3，取an＝(*)‎ 满足an＋3＝an恒成立．‎ 由a＝a1a3＋λ(a2－a1)2，得λ＝7.‎ 则条件式变为a＝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.‎ 所以数列(*)适合题意．‎ 所以T的最小值为3.‎