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14个填空题专项强化练(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a27,S77,则a7的值为_解析:因为等差数列an满足a27,S77,所以S77a47,a41,所以d4,所以a7a25d13.答案:132(2018盐城高三模拟)设数列an的前n项和为Sn,若Sn2ann(nN*),则数列an的通项公式为an_.解析:Sn2ann(nN*),当n1时,得a11,当n2时,Sn12an1n1,得an2an2an11(n2),即an12(an11)(n2),则数列an1是以2为首项,2为公比的等比数列,则an122n12n,a11符合上式所以数列an的通项公式为an12n.答案:12n3已知等比数列an的各项均为正数,若a4a,a2a4,则a5_.解析:法一:设等比数列an的首项为a1(a10),公比为q(q0),由题意解得所以a5a1q4.法二:(整体思想)依题意由得16a16a250,即(4a25)(4a21)0,又等比数列an各项均为正数,所以a2,从而a4,从而由q2,又q0,所以q,a5a4q.答案: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ana1(n1)dam(nm)d;等比数列an的通项公式为ana1qn1amqnm(a10,q0)4等差、等比数列的前n项和:(1)等差数列的前n项和为:Snna1dn2n(二次函数)特别地,当d0时,Sn是关于n的二次函数,且常数项为0,即可设Snan2bn(a,b为常数)(2)等比数列的前n项和为:Sn特别地,若q1,设a,则Snaaqn,要注意对q是否等于1讨论题型二等差、等比数列的性质1(2018苏北四市质检)已知等差数列an满足a1a3a5a7a910,aa36,则a11的值为_解析:因为数列an是等差数列,所以a1a3a5a7a95a510,a52,则aa(a8a2)(a8a2)12a5d24d36,d,则a11a56d11.答案:112设Sn是等比数列an的前n项和,若3,则_.解析:设S2k,S43k,由数列an为等比数列,得S2,S4S2,S6S4为等比数列,S2k,S4S22k,S6S44k,S67k,.答案:3若等比数列an的各项均为正数,且a10a11a9a122e5,则ln a1ln a2ln a20_.解析:因为a10a11a9a122a10a112e5,所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.答案:504已知数列an是等差数列,且an0,若a1a2a100500,则a50a51的最大值为_解析:法一:设等差数列an的公差为d(d0),由题意得,100a14 950d500,所以a1549.5d,所以a50a51(a149d)(a150d)(50.5d)(50.5d)0.25d225.又d0,所以当d0时,a50a51有最大值25.法二:由等差数列的性质知,50(a50a51)500,即a50a5110,所以由基本不等式得a50a51225,当且仅当a50a515时取等号,所以a50a51有最大值25.答案:255已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn,若,则使得为整数的正整数n的个数是_解析:由7.因此nN*,N*,故n12,3,4,6,12,即n共有5个答案:5临门一脚1若序号mnpq,在等差数列中,则有amanapaq;特别的,若序号mn2p,则aman2ap;在等比数列中,则有amanapaq;特别的,若序号mn2p,则amana;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,S2kSk,S3kS2k,成等差数列,其公差为kd;其中Sn为前n项的和,且Sn0(nN*);在等比数列an中,当q1或k不为偶数时Sk,S2kSk,S3kS2k,成等比数列,其中Sn为前n项的和(nN*)题型三数列的综合问题1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,则数列bnbn1的前10项和为_解析:由4a1,a2,a2成等差数列,可得4a1a23a2,则2a1a2,则等比数列an的公比q2,则数列an的前4项和为5,解得a1,所以an2n1,bn,则bnbn1,其前10项和为.答案:2对于数列an,定义数列bn满足:bnan1an(nN*),且bn1bn1(nN*),a31,a41,则a1_.解析:由a31,a41及bnan1an得b3a4a32,又由bn1bn1得数列bn是等差数列,bnb3(n3)1n5,所以an1ann5,从而得a3a23a24,a2a14a18.答案:83(2018南京四校联考)已知数列an的前n项和Sn8nn2,令bnanan1an2(nN*),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n1时,a17;当n2时,anSnSn192n,经检验,n1时也符合,故an92n,则bnanan1an2(92n)(72n)(52n),当Tn取得最大值时,应满足bn的前n项均为非负项令bn0得,n2.5或3.5n4.5,又nN*,所以n1,2,4,而T1105,T2120,T4120,故当Tn取得最大值时,n2或4.法二:由Sn8nn2知,数列an为等差数列,且an92n,即7,5,3,1,1,3,5,7,枚举知,T1105,T2120,T3117,T4120,T5105,故当Tn取得最大值时,n2或4.答案:2或44在等差数列an中,首项a13,公差d2,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an2n1,设连续10项为ai1,ai2,ai3,ai10,iN,设漏掉的一项为aik,1k10,由aik185,得(2i32i21)52i2k1185,即18i2k66,即9ik33,所以349ik3343,3i0,Sn是数列an的前n项和,若Sn取得最大值,则n_.解析:因为3a47a7,所以3(a13d)7(a16d),所以a1d0,所以d0,当n10时,an0”是“S4S62S5”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)解析:因为an为等差数列,所以S4S64a16d6a115d10a121d,2S510a120d,S4S62S5d,所以d0S4S62S5.故“d0”是“S4S62S5”的充要条件答案:充要10设数列满足a11,(1an1)(1an)1(nN*),则(akak1)的值为_解析:因为(1an1)(1an)1,所以anan1anan10,从而1,1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以1n1n,所以an,故anan1,因此(akak1)1.答案:11已知Sn是等比数列an的前n项和,若存在mN*,满足9,则数列an的公比为_解析:设数列an的公比为q,若q1,则2,与题中条件矛盾,故q1.因为qm19,所以qm8.所以qm8,所以m3,所以q38,所以q2.答案:212数列an满足a11,且an1an n1(nN*),则数列的前8项和为_解析:因为an1ann1,所以a2a111,a3a221,a4a331,anan1(n1)1,以上等式相加,得ana1123(n1)n1,把a11代入上式得,an123(n1)n,2,数列的前n项的和Sn22,数列的前8项和为.答案:13设Sn是等比数列an的前n项和,an0,若S62S35,则S9S6的最小值为_解析:法一:当q1时,S62S30,不合题意,所以q1,从而由S62S35得5,从而得0,故1q1,故S9S6(q6q9),令q31t0,则S9S6520,当且仅当t1,即q32时等号成立法二:因为S6S3(1q3),所以由S62S35得S30,从而q1,故S9S6S3(q6q31)S3(q31)S3q6,以下同法一答案:2014已知数列bn的每一项都是正整数,且b15,b277,得3d0,由dN*得d1或2,当d1时,bn4n11,不合题意,当d2时,bn3n14,符合题意,所以所求d的值为2.法二:由数列abn是等比数列得ab1ab3a2b2,而abna7(bn7)d,所以,由b15,b27得,(62d)6(b37)d36,易知d3,解得b370,由dN*得,d1或2,当d1时,bn4n11,不合题意,当d2时,bn3n14,符合题意,所以所求d的值为2.答案:2
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