2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練五微專題1數(shù)列的基本運(yùn)算

專題強(qiáng)化練（五）微專題1數(shù)列的基本運(yùn)算[小題標(biāo)準(zhǔn)練]1．(2023·全國(guó)甲卷)記Sn為等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝(C)A．25 B．22 C．20 D．15解析：方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝eq\f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.方法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，①由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20.故選C.2．(2024·濟(jì)南模擬)已知{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，若lga2，lga2024是函數(shù)f(x)＝3x2－12x＋9的兩個(gè)零點(diǎn)，則a1a2025＝(B)A．10 B．104C．108 D．1012解析：因?yàn)閘ga2，lga2024是f(x)＝3x2－12x＋9的兩個(gè)零點(diǎn)，所以lga2＋lga2024＝4，所以lg(a2a2024)＝4，所以a2a2024＝104，故a1a2025＝104.3．把120個(gè)面包分給5個(gè)人，使每人所得面包個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，且使較大的三份之和是較小的兩份之和的7倍，則最小的一份的面包個(gè)數(shù)為(B)A．1 B．2 C．6 D．11解析：設(shè)每人所得面包個(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列{an}，{an}的公差為d(d>0)，則由題意，得a3＋a4＋a5＝3a4＝7(a1＋a2)，即3(a1＋3d)＝7(2a1＋d)，①又5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝120，②所以聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝11，))所以最小的一份的面包個(gè)數(shù)為2.故選B.4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，則下列結(jié)論正確的是(C)A．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列B．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差為2的等差數(shù)列C．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列D．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是公比為2的等比數(shù)列解析：由an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋1,2an)＝eq\f(1,2an)＋eq\f(1,2)，則eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2an)＋eq\f(1,2)－1，即eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)(eq\f(1,an)－1)，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以－eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．5．(2024·吉林一模)謝爾賓斯基三角形是一種分形，它的構(gòu)造方法如下：取一個(gè)實(shí)心等邊三角形(如圖1)，沿三邊中點(diǎn)的連線，將它分成四個(gè)小三角形，挖去中間小三角形(如圖2)，對(duì)剩下的三個(gè)小三角形繼續(xù)以上操作(如圖3)，按照這樣的方法得到的三角形就是謝爾賓斯基三角形．如果圖1中三角形的邊長(zhǎng)為2，則圖4中被挖去的三角形面積之和是(D)A．eq\f(7\r(3),16) B．eq\f(9\r(3),16)C．eq\f(27\r(3),64) D．eq\f(37\r(3),64)解析：第一次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為2×eq\f(1,2)＝1，共1個(gè)，面積為1×(eq\f(\r(3),4)×12)＝eq\f(\r(3),4)；第二次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，共3個(gè)，面積為3×[eq\f(\r(3),4)×(eq\f(1,2))2]＝eq\f(3\r(3),16)；第三次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，共9個(gè)，面積為9×[eq\f(\r(3),4)×(eq\f(1,4))2]＝eq\f(9\r(3),64)，故題圖4中被挖去的三角形面積之和是eq\f(\r(3),4)＋eq\f(3\r(3),16)＋eq\f(9\r(3),64)＝eq\f(37\r(3),64).6．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若S12＜0，a5＋a7＞0，則當(dāng)Sn取最大值時(shí)，n的值為(D)A．3 B．4 C．5 D．6解析：因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，S12＝eq\f(12×（a1＋a12）,2)＜0，即a1＋a12＜0，所以a1＋a12＝a6＋a7＜0，因?yàn)閍5＋a7＝2a6＞0，即a6＞0，所以a7＜0，由{an}為等差數(shù)列，得當(dāng)n≤6時(shí)，an＞0；當(dāng)n＞6時(shí)，an＜0，所以當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取得最大值．故選D.7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－n2＋2n＋m，且對(duì)任意的n∈N*，an＋1－an＜0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(A)A．(－2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)解析：因?yàn)閍n＋1－an＜0，所以數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故可知當(dāng)n≥2時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，若對(duì)任意的n∈N*，an＋1－an＜0，只需滿足a2＜a1，因?yàn)閍2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故選A.8．(2024·茂名一模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝8，an＋1＝eq\f(an,nan＋1)(n∈N*)，bn＝(eq\f(1,an)＋λ)(eq\f(1,2))n，若數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(D)A．(－eq\f(8,7)，＋∞)B．(－eq\f(7,8)，＋∞)C．(eq\f(8,7)，＋∞)D．(eq\f(7,8)，＋∞)解析：由題意，an＋1＝eq\f(an,nan＋1)，兩邊取倒數(shù)可化為eq\f(1,an＋1)＝eq\f(nan＋1,an)＝eq\f(1,an)＋n，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2)＝2，…，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝n－1，由累加法可得，eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n（n－1）,2)，因?yàn)閍1＝8，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n（n－1）,2)＋eq\f(1,8)＝eq\f(（2n－1）2,8)，所以bn＝(eq\f(1,an)＋λ)(eq\f(1,2))n＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－1）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n，因?yàn)閿?shù)列{bn}是遞減數(shù)列，故bn<bn－1(n≥2)，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－1）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2n－3）2,8)＋λ))(eq\f(1,2))n－1，整理可得，λ>eq\f(－4n2＋20n－17,8)＝eq\f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8)，因?yàn)閚≥2，n∈N*，所以(eq\f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8))max＝eq\f(－4×（2－\f(5,2)）2＋8,8)＝eq\f(7,8)，故λ∈(eq\f(7,8)，＋∞).9．(多選)設(shè)公比為q的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，若a2a8＝16，則(BC)A．a(chǎn)5＝4 B．當(dāng)a1＝1時(shí)，q＝±eq\r(2)C．log2|T9|＝18 D．a(chǎn)eq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,7)≥36解析：對(duì)于A，因?yàn)閍eq\o\al(2,5)＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正確；對(duì)于B，因?yàn)閍1＝1，a2a8＝16，則aeq\o\al(2,1)q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±eq\r(2)，所以B正確；對(duì)于C，因?yàn)門9＝a1a2·…·a9＝aeq\o\al(9,5)，所以|T9|＝|aeq\o\al(9,5)|＝218，所以log2|T9|＝18，所以C正確；對(duì)于D，aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,7)≥2a3a7＝2a2a8＝32，當(dāng)且僅當(dāng)a3＝a7時(shí)，等號(hào)成立，所以D不正確．故選BC.10．(多選)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，則下列說法正確的是(AC)A．a(chǎn)2＝2B．a(chǎn)4－a3＝4C．{a2n}是等比數(shù)列D．a(chǎn)2n－1＋a2n＝2n＋1解析：anan＋1＝2n，即an＋1＝eq\f(2n,an)，則a2＝2，a3＝2，a4＝4，所以A正確；顯然有a4－a3＝2≠4，所以B不正確；因?yàn)閍nan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，相除得eq\f(an＋2,an)＝2，所以數(shù)列{a2n－1}，{a2n}分別是以1，2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以C正確；因?yàn)閍1＋a2＝3≠21＋1，所以D不正確．故選AC.11．(多選)(2024·承德二模)對(duì)于給定的數(shù)列{an}，如果存在實(shí)數(shù)p，q，使得an＋1＝pan＋q對(duì)任意n∈N*恒成立，我們稱數(shù)列{an}是“線性數(shù)列”，則下列關(guān)于線性數(shù)列{an}說法正確的是(ABD)A．等差數(shù)列是“線性數(shù)列”B．等比數(shù)列是“線性數(shù)列”C．若p≠1且a1＝q，則an＝eq\f(q（1－pn－1）,1－p)D．若p≠1且a1＝q，則an是等比數(shù)列{qpn－1}的前n項(xiàng)和解析：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，滿足“線性數(shù)列”的定義，故A正確；數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，則eq\f(an＋1,an)＝q，即an＋1＝qan，滿足“線性數(shù)列”的定義，故B正確；當(dāng)p≠0，且q≠0時(shí)，設(shè)an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，則k－pk＝q，解得k＝eq\f(q,1－p)，則an－eq\f(q,1－p)＝pn－1(a1－eq\f(q,1－p))，又a1＝q，因此an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).當(dāng)p≠0，且q＝0時(shí)，an＋1＝pan，又因?yàn)閍1＝q＝0，所以an＝0，也滿足an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).當(dāng)p＝0時(shí)，an＋1＝q，又因?yàn)閍1＝q，所以an＝q，也滿足an＝eq\f(q（1－pn）,1－p).綜上，若p≠1且a1＝q，則an＝eq\f(q（1－pn）,1－p)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閧qpn－1}是等比數(shù)列，所以q≠0，p≠0，又因?yàn)閜≠1，則{qpn－1}的前n項(xiàng)和為eq\f(q（1－pn）,1－p)，由C知若p≠1且a1＝q時(shí)，an＝eq\f(q（1－pn）,1－p)，故D正確．12．(2023·江西南昌二模)若前n項(xiàng)和為Sn的等差數(shù)列{an}滿足a7＋a12＝12－a8，則S17＝________．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知a7＋a12＝a9＋a10，又因?yàn)閍7＋a12＝12－a8，所以a9＋a10＝12－a8，即a8＋a9＋a10＝12，所以a9＝4，所以S17＝eq\f(17（a1＋a17）,2)＝eq\f(17×2a9,2)＝17a9＝68.答案：6813．在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列稱為等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)稱為該數(shù)列的公和．已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝－2，a100＝8，則這個(gè)數(shù)列的前100項(xiàng)的和為________．解析：設(shè)等和數(shù)列{an}的公和為m.因?yàn)閍1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，n為奇數(shù)，,m＋2，n為偶數(shù)，))又a100＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×6＝300.答案：30014．(2024·泰安模擬)若m，n是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個(gè)不同零點(diǎn)，且m，n，－2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則pq＝________．解析：由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝p＞0，,mn＝q＞0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＞0，,n＞0，))則m，－2，n成等比數(shù)列，得mn＝(－2)2＝4.不妨設(shè)m＜n，則－2，m，n成等差數(shù)列，得2m＝n－2.聯(lián)立mn＝4，可得(2m＋2)m＝4，即m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝4，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝4，))所以pq＝20.答案：20[小題提升練]15．(2024·深圳二模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，且滿足an(3Tn－1)＝Tn(n∈N*)，則Tn＝________________．解析：由題意可知，a1(3T1－1)＝a1·(3a1－1)＝T1＝a1，且a1>0，所以a1＝eq\f(2,3)，又an＝eq\f(Tn,3Tn－1)(n∈N*)，且an＝eq\f(Tn,Tn－1)(n≥2，n∈N*)，所以3Tn－1＝Tn－1(n≥2，n∈N*)，則Tn－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)·(Tn－1－eq\f(1,2))，又T1－eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn－\f(1,2)))是以eq\f(1,6)為首項(xiàng)，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)