1、关键能力应用实践题组训练素养提升专题能力提升练1课时突破 数列高考小题等差数列、等比数列关键能力关键能力应用实践应用实践考向一等差、等比数列的基本量计算考向一等差、等比数列的基本量计算【多维题组【多维题组】速通关速通关1.1.已知已知p:p:数列数列aan n 是等差数列是等差数列,q:,q:数列数列aan n 的通项公式的通项公式a an n=k=k1 1n+kn+k2 2(k(k1 1,k,k2 2均为常数均为常数),),则则p p是是q q的的()A.A.充分不必要条件充分不必要条件B.B.必要不充分条件必要不充分条件C.C.充要条件充要条件D.D.既不充分也不必要条件既不充分也不必要条
2、件【解析【解析】选选C.C.若若aan n 是等差数列是等差数列,不妨设公差为不妨设公差为d.d.所以所以a an n=a=a1 1+(n-1)d=dn+a+(n-1)d=dn+a1 1-d,-d,令令k k1 1=d,k=d,k2 2=a=a1 1-d,-d,则则a an n=k=k1 1n+kn+k2 2,若数列若数列aan n 的通项公式的通项公式a an n=k=k1 1n+kn+k2 2(k(k1 1,k,k2 2为常数为常数,nN,nN*),),则当则当n2n2且且nNnN*时时,a,an-1n-1=k=k1 1(n-1)+k(n-1)+k2 2,所以所以a an n-a-an-1
3、n-1=k=k1 1(常数常数)(n2)(n2且且nNnN*),),所以所以aan n 为等差数列为等差数列,所以所以p p是是q q的充要条件的充要条件.2.(20202.(2020全国全国卷卷)数列数列 中中,a,a1 1=2,a=2,am+nm+n=a=am ma an n,若若a ak+1k+1+a+ak+2k+2+a+ak+10k+10=2=21515-2-25 5,则则k=(k=()A.2A.2B.3B.3C.4C.4D.5D.5an【解析【解析】选选C.C.取取m=1,m=1,则则a an+1n+1=a=a1 1a an n,又又a a1 1=2,=2,所以所以 =2,=2,所以
4、所以 是等比数列是等比数列,则则a an n=2=2n n,所以所以a ak+1k+1+a+ak+2k+2+a+ak+10k+10=2=2k+11k+11-2-2k+1k+1=2=21515-2-25 5,所以所以k=4.k=4.n 1naak 1102(1 2)1 2an3.(20203.(2020北京高考北京高考)在等差数列在等差数列aan n 中中,a,a1 1=-9,a=-9,a5 5=-1.=-1.记记T Tn n=a=a1 1a a2 2a an n(n(n=1,2,=1,2,),),则数列则数列TTn n()A.A.有最大项有最大项,有最小项有最小项B.B.有最大项有最大项,无最
5、小项无最小项C.C.无最大项无最大项,有最小项有最小项D.D.无最大项无最大项,无最小项无最小项【解析【解析】选选B.B.设公差为设公差为d,d,因为因为a a1 1=-9,a=-9,a5 5=a=a1 1+4d=-1,+4d=-1,所以所以d=2,d=2,所以所以a a1 1,a,a5 50,a0,0,所以所以T T1 10,T0,T0,T3 30,T0,T0,T5 50,0,q0,前前n n项和为项和为S Sn n,若若2a2a3 3,a,a5 5,3a,3a4 4成等差数列成等差数列,a,a2 2a a4 4a a6 6=64,=64,则则q=_,Sq=_,Sn n=_.=_.【解析【解
6、析】由由2a2a3 3,a,a5 5,3a,3a4 4成等差数列得成等差数列得2a2a5 5=2a=2a3 3+3a+3a4 42q2q2 2=2+3q=2+3qq=2(q=2(负值舍负值舍去去),a),a2 2a a4 4a a6 6=64=64 =64 =64a a4 4=4=4a a1 1=,S=,Sn n=.=.答案答案:2 2 34a43a1q2nn112212122（）n212【技法点拨【技法点拨】提素养提素养等差、等比数列性质问题的求解策略等差、等比数列性质问题的求解策略(1)(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系,从这些特点入手选
7、择恰当的从这些特点入手选择恰当的性质进行求解性质进行求解.(2)(2)数列是一种特殊的函数数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质具有函数的一些性质,如单调性、周期性等如单调性、周期性等,可利用可利用函数的性质解题函数的性质解题.(3)(3)利用数列性质进行运算时利用数列性质进行运算时,要利用整体思想要利用整体思想,可以减少计算量可以减少计算量,此方法还适用此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题于求函数值、求函数的解析式等问题.【加练备选【加练备选】纸张的规格是指纸张制成后纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边经过修整切边,裁成一定的尺寸裁成一定的尺寸.现在我国采现在我国采用国际标准用国
8、际标准,规定以规定以A0A0、A1A1、A2A2、B1B1、B2B2等标记来表示纸张的幅面规格等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸复印纸幅面规格只采用幅面规格只采用A A系列和系列和B B系列系列,其中系列的幅面规格为其中系列的幅面规格为:A0A0、A1A1、A2A2、A8A8所有规格的纸张的幅宽所有规格的纸张的幅宽(以以x x表示表示)和长度和长度(以以y y表示表示)的比例关系都为的比例关系都为xyxy=1=1 ;将将A0A0纸张沿长度方向对开成两等份纸张沿长度方向对开成两等份,便成为便成为A1A1规格规格,A1,A1纸张沿长度方向对开成纸张沿长度方向对开成两等份两等份,便成为便成为A2A2
9、规格规格,如此对开至如此对开至A8A8规格规格.现有现有A0A0、A1A1、A2A2、A8A8纸各一纸各一张张.若若A4A4纸的宽度为纸的宽度为2 dm,2 dm,则则A0A0纸的面积为纸的面积为_dm_dm2 2;这这9 9张纸的面积之和等于张纸的面积之和等于_dm_dm2 2.2【解析【解析】可设可设Ai Ai 的纸张的长度为的纸张的长度为a ai+1i+1,面积为面积为S Si+1i+1,Ai,Ai的幅宽为的幅宽为 a ai+1i+1,A A 的长度为的长度为a ai+2i+2=a=ai+1i+1,所以所以,数列数列 是以是以 为公比的等比数列为公比的等比数列,由题意知由题意知A4A4纸
10、的宽度为纸的宽度为 a a5 5=2,=2,所以所以a a5 5=2 ,=2 ,所以所以a a1 1=,所以所以A0A0纸的面积为纸的面积为S S1 1=(dm=(dm2 2).).(i0,1,2,3,8)22(i1)22222222254a2 28 212()4222122a(8 2)64 222又又S Sn n=,所以所以 ,所以所以,数列数列 是以是以64 64 为为首项首项,以以 为公比的等比数列为公比的等比数列,因此因此,这这9 9张纸的面积之和等于张纸的面积之和等于 (dm(dm2 2).).答案答案:64 64 2n2a22n 122n 1n 12nnn2aSa212()()Sa
11、222a2212nS 9164 2(1)511 221412511 242题组训练题组训练素养提升素养提升【新题速递【新题速递】1.1.等比数列等比数列 的前的前n n项和为项和为S Sn n,若若a a1 1+a+a2 2+a+a3 3=3,a=3,a4 4+a+a5 5+a+a6 6=6,=6,则则S S1212=(=()A.15A.15 B.30B.30 C.45C.45 D.60D.60【解析【解析】选选C.C.由题意由题意,等比数列等比数列 的前的前n n项和为项和为S Sn n,满足满足a a1 1+a+a2 2+a+a3 3=3,a=3,a4 4+a+a5 5+a+a6 6=6,
12、=6,则则 ,所以所以a a7 7+a+a8 8+a+a9 9=12,a=12,a1010+a+a1111+a+a1212=24,=24,则则S S1212=a=a1 1+a+a2 2+a+a3 3+a+a1010+a+a1111+a+a1212=45.=45.na 456123aaa62aaa3na 2.2.已知等差数列已知等差数列 的前的前n n项和为项和为S Sn n,且且a a1 1,a,a4 4成公比为成公比为q q的等比数列的等比数列,则则q q等于等于()A.1A.1或或2 2B.2B.2C.1C.1D.2D.2或或4 4na 3S3【解析【解析】选选A.A.因为因为a a1 1
13、,a,a4 4成公比为成公比为q q的等比数列的等比数列,所以所以 =a=a1 1a a4 4,又因为又因为 为等差数列为等差数列,设等差数列设等差数列aan n 的公差为的公差为d,d,所以所以 =a=a1 1a a4 4,所以所以 =a=a1 1 ,即即 =0,=0,即即d=0d=0或或d=ad=a1 1.所以所以q=q=1=1或或q=2.q=2.3S323S()3na 22a2ad1（+）a3d1（+）d(da)1321111Saa3aaa112aa3.(20203.(2020泰安二模泰安二模)若等比数列若等比数列aan n 的各项均为正数的各项均为正数,且且a a1010a a1111
14、+a+a9 9a a1212=2e=2e5 5,则则lnln a a1 1+ln a+ln a2 2+ln+ln a a2020=_.=_.【解析【解析】因为因为a a1010a a1111+a+a9 9a a1212=2a=2a1010a a1111=2e=2e5 5,所以所以a a1010a a1111=e=e5 5.所以所以lnln a a1 1+ln a+ln a2 2+ln+ln a a2020=ln(a=ln(a1 1a a2 2a a2020)=lnln(a(a1 1a a2020)(a(a2 2a a1919)(a(a1010a a1111)=lnln(a(a1010a a11
15、11)1010=10=10lnln(a(a1010a a1111)=10=10lnln e e5 5=50=50lnln e=50.e=50.答案答案:50504.4.已知数列已知数列 满足满足:对任意对任意nNnN*均有均有a an+1n+1=pa=pan n+2p-2(p+2p-2(p为常数为常数,p0,p0且且p1),p1),若若a a2 2,a,a3 3,a,a4 4,a,a5 5-18,-6,-2,6,11,30,-18,-6,-2,6,11,30,则则a a1 1的所有可能取值的集合是的所有可能取值的集合是_._.na【解析【解析】因为因为a an+1n+1=pa=pan n+2p
16、-2,+2p-2,所以所以a an+1n+1+2=p(a+2=p(an n+2),+2),所以若所以若a a1 1=-2,=-2,则则a a1+11+1+2=p(a+2=p(a1 1+2)=0,a+2)=0,a2 2=-2,=-2,同理可得同理可得,a,a3 3=a=a4 4=a=a5 5=-2,=-2,即即a a1 1=-2=-2符合题符合题意意;若若a a1 1-2,p-2,p为不等于为不等于0 0与与1 1的常数的常数,则数列则数列aan n+2+2是以是以p p为公比的等比数列为公比的等比数列,因为因为a ai i-18,-6,-2,6,11,30,i=2,3,4,5,-18,-6,-
17、2,6,11,30,i=2,3,4,5,a an n+2+2可以取可以取-16,-4,8,32,-16,-4,8,32,所以若所以若|p|1,|p|1,则则p=-2,p=-2,由由a a2 2+2=-4=-2(a+2=-4=-2(a1 1+2)+2)得得:a:a1 1=0;=0;若若|p|1,|p|0,q0,所以所以q=.q=.25a12222222266525aa2aq2a，22.(20192.(2019全国全国卷卷)已知各项均为正数的等比数列已知各项均为正数的等比数列aan n 的前的前4 4项的和为项的和为15,15,且且a a5 5=3a=3a3 3+4a+4a1 1,则则a a3 3
18、=(=()A.16A.16B.8B.8C.4C.4D.2D.2【解析【解析】选选C.C.设该等比数列的首项为设该等比数列的首项为a a1 1,公比为公比为q,q,由已知得由已知得,a,a1 1q q4 4=3a=3a1 1q q2 2+4a+4a1 1,因为因为a a1 100且且q0,q0,则可解得则可解得q=2,q=2,又因为又因为a a1 1(1+q+q(1+q+q2 2+q+q3 3)=15,)=15,即可解得即可解得a a1 1=1,=1,则则a a3 3=a=a1 1q q2 2=4.=4.3.3.设设S Sn n为等差数列为等差数列aan n 的前的前n n项和项和,若若 则则
19、=(=()【解析【解析】选选A.A.设公差为设公差为d,d,则则 所以所以 14S1S10，35SS111a1da4a6d10，3151S3a3d2.S5a10d54.4.已知数列已知数列aan n 为等比数列为等比数列,a,a4 4+a+a7 7=2,a=2,a5 5a a6 6=-8,=-8,则则a a1 1+a+a1010=(=()A.7A.7B.5B.5C.-5C.-5D.-7D.-7【解析【解析】选选D.D.设数列设数列aan n 的公比为的公比为q.q.由题意由题意,得得所以所以 或或解得解得 或或 361145361111a qa q2a qa qa qa q8，3161a q2
20、a q4，3161a q4a q2，13a1,q2 13a81q.2 ，当当 时时,a,a1 1+a+a1010=a=a1 1(1+q(1+q9 9)=1+(-2)=1+(-2)3 3=-7;=-7;当当 时时,a,a1 1+a+a1010=a=a1 1(1+q(1+q9 9)=(-8)=(-8)=-7.=-7.综上综上,a,a1 1+a+a1010=-7.=-7.13a1,q2 13a81q.2 ，311()2 5.5.已知等比数列已知等比数列aan n 公比为公比为q,q,其前其前n n项和为项和为S Sn n,若若S S3 3,S,S9 9,S,S6 6成等差数列成等差数列,则则q q3
21、 3等于等于()A.-A.-B.1B.1C.-C.-或或1 1 D.-1D.-1或或 121212【解析【解析】选选A.A.若若q=1,q=1,则则3a3a1 1+6a+6a1 1=2=29a9a1 1,得得a a1 1=0,=0,矛盾矛盾,故故q1.q1.所以所以 解得解得q q3 3=-=-或或1(1(舍舍).).369111a 1 qa 1 qa 1 q21 q1 q1 q（）（）（），126.6.等差数列等差数列aan n 中中,已知已知|a|a6 6|=|a|=|a1111|,|,且公差且公差d0,d0,则其前则其前n n项和取最小值时项和取最小值时n n的值为的值为()A.6A.6
22、B.7B.7C.8C.8D.9D.9【解析【解析】选选C.C.由由d0d0可得等差数列可得等差数列aan n 是递增数列是递增数列,又又|a|a6 6|=|a|=|a1111|,|,所以所以-a-a6 6=a=a1111,即即-a-a1 1-5d=a-5d=a1 1+10d,+10d,所以所以a a1 1=-=-,则则a a8 8=-0,a=-0,=0,所以前所以前8 8项和为前项和为前n n项和的最小值项和的最小值,故选故选C.C.15d2d2d27.7.已知数列已知数列aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,且且a a1 1=2,a=2,an+1n+1=S=Sn n,若若a a
23、n n(0,2 020),(0,2 020),则称项则称项a an n为为“和谐项和谐项”,则数列则数列aan n 的所有的所有“和谐项和谐项”的平方和为的平方和为()A.A.4 41111+B.B.4 41111-C.C.4 41010+D.D.4 41212-1383134313431383【解析【解析】选选A.A.因为因为a an+1n+1=S=Sn n,所以所以a an n=S=Sn-1n-1(n2),(n2),则则a an+1n+1-a-an n=S=Sn n-S-Sn-1n-1,即即a an+1n+1-a-an n=a=an n,a,an+1n+1=2a=2an n,=2,=2,因
24、为因为a a1 1=2,=2,所以所以a a2 2=S=S1 1=a=a1 1=2,=2,故故a an n=因为因为a an n(0,2 020),(0,2 020),所以所以1n11,1n11,数列数列aan n 的所有的所有“和谐项和谐项”的平方和为的平方和为 n 1naan 12,n2,2,n110112222210111210114(14)4418aaaa4444444.143338.8.已知已知a a1 1,a,a2 2,a,a3 3,a,a4 4依次成等比数列依次成等比数列,且公比且公比q q不为不为1,1,将此数列删去一个数后得到的将此数列删去一个数后得到的数列数列(按原来的顺序
25、按原来的顺序)是等差数列是等差数列,则正数则正数q q的值是的值是()1515A.B.221313C.D.22 【解析【解析】选选B.B.因为公比因为公比q q不为不为1,1,所以删去的数不是所以删去的数不是a a1 1,a,a4 4.若删去若删去a a2 2,则由则由2a2a3 3=a=a1 1+a+a4 4得得2a2a1 1q q2 2=a=a1 1+a+a1 1q q3 3,又又a a1 10,0,所以所以2q2q2 2=1+q=1+q3 3,整理得整理得q q2 2(q-1)=(q-1)(q+1).(q-1)=(q-1)(q+1).又又q1,q1,所以所以q q2 2=q+1,=q+1
26、,又又q0,q0,得得q=;q=;15 2若删去若删去a a3 3,则由则由2a2a2 2=a=a1 1+a+a4 4得得2a2a1 1q=aq=a1 1+a+a1 1q q3 3,又又a a1 10,0,所以所以2q=1+q2q=1+q3 3,整理得整理得q(q+1)(q-1)=q-1.q(q+1)(q-1)=q-1.又又q1,q1,则可得则可得q(q+1)=1,q(q+1)=1,又又q0,q0,得得q=.q=.综上所述综上所述,q=.,q=.152 152 二、多项选择题二、多项选择题(共共2020分分,全部选对得全部选对得5 5分分,选对但不全的得选对但不全的得3 3分分,有选错的得有选
27、错的得0 0分分)9.9.记单调递增的等比数列记单调递增的等比数列aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,若若a a2 2+a+a4 4=10,a=10,a2 2a a3 3a a4 4=64,=64,则则()A.SA.Sn+1n+1-S-Sn n=2=2n+1n+1B.aB.an n=2=2n-1n-1C.SC.Sn n=2=2n n-1-1D.SD.Sn n=2=2n-1n-1-1-1【解析【解析】选选BC.BC.由由a a2 2a a3 3a a4 4=64=64得得 =4=43 3,则则a a3 3=4.=4.设等比数列设等比数列aan n 的公比为的公比为q(q0),q(
28、q0),由由a a2 2+a+a4 4=10,=10,得得 +4q=10,+4q=10,即即2q2q2 2-5q+2=0,-5q+2=0,解得解得q=2q=2或或q=.q=.又因为数列又因为数列aan n 单调递增单调递增,所以所以q=2,q=2,所以所以2a2a1 1+8a+8a1 1=10,=10,解得解得a a1 1=1.=1.所以所以a an n=2=2n-1n-1,S,Sn n=2=2n n-1,-1,所以所以S Sn+1n+1-S-Sn n=2=2n+1n+1-1-(2-1-(2n n-1)=2-1)=2n n.33a4q12n11212（）10.10.数列数列FFn n:1,1,
29、2,3,5,8,13,21,34,:1,1,2,3,5,8,13,21,34,称为斐波那契数列称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利是由十三世纪意大利数学家列昂纳多数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为故又称为“兔子数列兔子数列”.该数列从第三项开始该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和每项等于其前相邻两项之和.记数列记数列FFn n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,则则下列结论正确的是下列结论正确的是()A.SA.S5 5=F=F7 7-1-1B.SB.S5 5=S=S6 6-1-1C.SC.S2 0192 019=F=F2 02
30、12 021-1-1D.SD.S2 0192 019=F=F2 0202 020-1-1【解析【解析】选选AC.AC.根据题意有根据题意有F Fn n=F=Fn-1n-1+F+Fn-2n-2(n3),(n3),所以所以S S3 3=F=F1 1+F+F2 2+F+F3 3=1+F=1+F1 1+F+F2 2+F+F3 3-1=F-1=F3 3+F+F2 2+F+F3 3-1=F-1=F4 4+F+F3 3-1=F-1=F5 5-1,S-1,S4 4=F=F4 4+S+S3 3=F=F4 4+F+F5 5-1=F-1=F6 6-1,S1,S5 5=F=F5 5+S+S4 4=F=F5 5+F+F
31、6 6-1=F-1=F7 7-1,-1,所以所以S S2 0192 019=F=F2 0212 021-1.-1.11.11.等差数列等差数列aan n 是递增数列是递增数列,满足满足a a7 7=3a=3a5 5,前前n n项和为项和为S Sn n,下列选择项正确的是下列选择项正确的是()A.dA.d00B.aB.a1 1000时时n n的最小值为的最小值为8 8【解析【解析】选选ABD.ABD.由题意由题意,设等差数列设等差数列aan n 的公差为的公差为d,d,因为因为a a7 7=3a=3a5 5,可得可得a a1 1+6d=3(a+6d=3(a1 1+4d),+4d),解得解得a a
32、1 1=-3d,=-3d,又由等差数列又由等差数列aan n 是递增数列是递增数列,可知可知d0,d0,则则a a1 10,0,-n0,解得解得n0n7,n7,即即S Sn n00时时n n的最小值为的最小值为8,8,故故D D正确正确.22n1ddd7dSn(a)nnn2222，7d72nd2 d27d212.12.已知数列已知数列aan n 是各项均为正数的等比数列是各项均为正数的等比数列,b,bn n 是公差不为是公差不为0 0的等差数列的等差数列,且且a a2 2=b=b2 2,a,a8 8=b=b8 8,则则()A.aA.a5 5=b=b5 5B.aB.a5 5bb5 5C.aC.a
33、4 4bbb6 6【解析【解析】选选BC.BC.方法一方法一:设设aan n 的公比为的公比为q(qq(q0),b0),bn n 的公差为的公差为d(d0).d(d0).a a5 5=,b=,b5 5=,=,由基本不等式得由基本不等式得 ,当且仅当当且仅当a a2 2=a=a8 8时等号成立时等号成立.易知数列易知数列bbn n 不是常数列不是常数列,故故B B正确正确,A,A错误错误.因为因为a a2 2q q6 6=a=a8 8=b=b8 8=b=b2 2+6d=a+6d=a2 2+6d,+6d,所以所以d=,d=,28a a2828bbaa2228a a28aa262a q16（）所以所
34、以a a4 4-b-b4 4=a=a2 2q q2 2-(b-(b2 2+2d)=a+2d)=a2 2q q2 2-a-a2 2-2d=a-2d=a2 2 =(3q =(3q2 2-q-q6 6-2)=(q-2)=(q2 2-q q6 6+2q+2q2 2-2)=(1-q-2)=(1-q2 2)(q)(q4 4+q+q2 2-2)-2)=-(1-q=-(1-q2 2)2 2(q(q2 2+2)0,a+2)0,a6 6-b-b6 6=a=a2 2q q4 4-a-a2 2-4d=(3q-4d=(3q4 4-1-2q-1-2q6 6)=-(1-q)=-(1-q2 2)2 2(2q(2q2 2+1)
35、0.+1)0),b0),bn n 的公差为的公差为d(d0).d(d0).a an n=a=a1 1q qn-1n-1=q qn n,b bn n=b=b1 1+(n-1)d=b+(n-1)d=b1 1-d+nd,-d+nd,将其分别理解成关于将其分别理解成关于n n的类指数函数的类指数函数(指数函数的图象为下凹曲线指数函数的图象为下凹曲线)和一次函数和一次函数(一次函数的图象为直线一次函数的图象为直线),),则两函数图象在则两函数图象在n=2,n=8n=2,n=8处相交处相交,故故a an nbbn n(3n7),(3n7),从从而而a a4 4bb4 4,a,a5 5bb5 5,a,a6
36、6bb6 6.1aq【加练备选【加练备选】若正项数列若正项数列aan n 满足满足a an+1n+1=a=an n-ln-ln a an n,0a,0a1 11,nnC.C.对任意的对任意的nNnN*,恒有恒有0T0Tn n10),0),则则f(xf(x)=1-=,)=1-=,所以函数所以函数f(xf(x)在在(0,1)(0,1)上单调递减上单调递减,在在(1,+)(1,+)上单调递增上单调递增,故故f(x)f(x)minmin=f(1)=1.=f(1)=1.又又a an+1n+1=a=an n-ln-ln a an n,所以所以a an+1n+11,A1,A正确正确;因为因为0a0a1 11
37、,1,即即0S0S1 11,1,所以所以B B错误错误;因为因为a an+1n+1=a=an n-ln-ln a an n,所以所以a an n-a-an+1n+1=ln=ln a an n,所以所以a a1 1-a-an+1n+1=(a=(a1 1-a-a2 2)+(a)+(a2 2-a-a3 3)+)+(a+(an n-a-an+1n+1)=ln=ln a a1 1+ln a+ln a2 2+ln+ln a an n=ln(a=ln(a1 1a a2 2a an n)0,)0,故故a a1 1a a2 2a an n1,1,即即0T0Tn n1,Cn-11,n-11,故故S Sn nTTn
38、 n,D,D正确正确.x1x1x三、填空题三、填空题(共共4 4小题小题,每小题每小题5 5分分,共共2020分分)13.(202013.(2020全国全国卷卷)数列数列aan n 满足满足a an+2n+2+(-1)+(-1)n na an n=3n-1,=3n-1,前前1616项和为项和为540,540,则则a a1 1=_.=_.【解析【解析】a an+2n+2+(-1)+(-1)n na an n=3n-1,=3n-1,当当n n为奇数时为奇数时,a,an+2n+2=a=an n+3n-1;+3n-1;当当n n为偶数时为偶数时,a,an+2n+2+a+an n=3n-1.=3n-1.
39、设数列设数列 的前的前n n项和为项和为S Sn n,na S S1616=a=a1 1+a+a2 2+a+a3 3+a+a4 4+a+a1616=a=a1 1+a+a3 3+a+a5 5+a+a1515+(a+(a2 2+a+a4 4)+)+(a+(a1414+a+a1616)=a=a1 1+(a+(a1 1+2)+(a+2)+(a1 1+10)+(a+10)+(a1 1+24)+(a+24)+(a1 1+44)+(a+44)+(a1 1+70)+70)+(a+(a1 1+102)+(a+102)+(a1 1+140)+(5+17+29+41)+140)+(5+17+29+41)=8a=8a
40、1 1+392+92=8a+392+92=8a1 1+484=540,+484=540,所以所以a a1 1=7.=7.答案答案:7 7【加练备选【加练备选】设设aan n 是公差不为零的等差数列是公差不为零的等差数列,S,Sn n为其前为其前n n项和项和,已知已知S S1 1,S,S2 2,S,S4 4成等比数列成等比数列,且且a a3 3=5,=5,则数列则数列aan n 的通项公式为的通项公式为_._.【解析【解析】设数列设数列aan n 的公差为的公差为d(d0),d(d0),因为因为aan n 是等差数列是等差数列,S,S1 1,S,S2 2,S,S4 4成等比数列成等比数列,所以
41、所以(a(a1 1+a+a2 2)2 2=a=a1 1(a(a1 1+a+a2 2+a+a3 3+a+a4 4),),因为因为a a3 3=5,=5,所以所以(5-2d+5-d)(5-2d+5-d)2 2=(5-2d)(5-2d+15),=(5-2d)(5-2d+15),解解得得d=2d=2或或d=0(d=0(舍去舍去),),所以所以5=a5=a1 1+(3-1)+(3-1)2,2,即即a a1 1=1,=1,所以所以a an n=2n-1.=2n-1.答案答案:a an n=2n-1=2n-114.14.设等比数列设等比数列aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n,满足对任意的正整
42、数满足对任意的正整数n,n,均有均有S Sn+3n+3=8S=8Sn n+3,+3,则则a a1 1=_,=_,公比公比q=_.q=_.【解析【解析】由由S Sn+3n+3=8S=8Sn n+3,+3,则则S Sn+2n+2=8S=8Sn-1n-1+3,+3,两式相减得两式相减得,a,an+3n+3=8a=8an na an nq q3 3=8a=8an n,则则q q3 3=8=8q=2,q=2,由等比数列前由等比数列前n n项和公式得项和公式得,即即2 2n+3n+3a a1 1-a-a1 1=8=82 2n na a1 1-8a-8a1 1+3,+3,从而解得从而解得a a1 1=.=.
43、答案答案:2 23737n 3n11a 12a 12831212（）（），【加练备选【加练备选】已知数列已知数列aan n 的前的前n n项和项和S Sn n=n=n2 2+2n-1(nN+2n-1(nN*),),则则a a1 1=_;=_;数列数列aan n 的通项公式的通项公式为为a an n=_.=_.【解析【解析】因为因为S Sn n=n=n2 2+2n-1,+2n-1,当当n=1n=1时时,a,a1 1=1+2-1=2,=1+2-1=2,当当n2n2时时,a,an n=S=Sn n-S-Sn-1n-1=n=n2 2+2n-1-(n-1)+2n-1-(n-1)2 2+2(n-1)-1=
44、2n+1,a+2(n-1)-1=2n+1,a1 1=2=2不满足不满足a an n=2n+1,=2n+1,所所以以a an n=答案答案:2 2 2n1,2n1n2.，2n1,2n1n2，15.15.已知数列已知数列aan n 的通项公式的通项公式a an n=-n=-n2 2+10n-21,+10n-21,前前n n项和为项和为S Sn n,若若nm,nm,则则S Sn n-S-Sm m的最大的最大值是值是_._.【解析【解析】数列数列aan n 的通项公式的通项公式a an n=-n=-n2 2+10n-21=-(n-3)(n-7),+10n-21=-(n-3)(n-7),当当3n73n7
45、时时,a,an n0,0,当当n2n2或或n8n8时时,a,an n0,S0,Sn n最大值为最大值为S S6 6或或S S7 7,S,Sm m最小值为最小值为S S2 2或或S S3 3,S,Sn n-S-Sm m的最大值为的最大值为S S6 6-S S3 3=a=a4 4+a+a5 5+a+a6 6=3+4+3=10.=3+4+3=10.答案答案:101016.16.已知数列已知数列aan n 满足满足a a1 1=,a,an n=(n2,nN(n2,nN*),),则通项公式则通项公式a an n=_.=_.【解析【解析】由由 令令 =b=bn n,则则b bn n=b bn-1n-1+b
46、 bn n-1=1=(b(bn-1n-1-1),-1),由由a a1 1=,=,得得b b1 1-1=-,-1=-,所以所以bbn n-1-1是以是以-为首项为首项,为公比为公比的等比数列的等比数列,所以所以b bn n-1=-1=得得答案答案:32n 1n 13na2an1n 1nn 1nn 13nan1 n12a2an1a3 a3，nna13231332131313n 11 1()3 3，nnnnnn 3a.b31nnn 331【加练备选【加练备选】数列数列aan n 中中,前前n n项和为项和为S Sn n,a,a1 1=1,a=1,an+1n+1=S=Sn n+3+3n n(nN(nN
47、*,n1),n1),则数列则数列SSn n 的通项公式为的通项公式为_._.【解析【解析】因为因为a an+1n+1=S=Sn n+3+3n n=S=Sn+1n+1-S-Sn n,所以所以S Sn+1n+1=2S=2Sn n+3+3n n,所以所以 所以所以又又 所以数列所以数列 是首项为是首项为-,-,公比为公比为 的等比数列的等比数列,n 1nn 1nS2 S133 33，n 1nn 1nS2 S1(1)33 3 ，1S1211333 ，nnS132323所以所以 所以所以S Sn n=3=3n n-2-2n n.答案答案:S Sn n=3=3n n-2-2n nn 1nnnS2221()()3333 ，
