專題突破練10　等差數(shù)列、等比數(shù)列2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題數(shù)學(xué)課后習(xí)題專題突破練含答案

專題突破練10等差數(shù)列、等比數(shù)列2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題數(shù)學(xué)課后習(xí)題專題突破練含答案專題突破練(分值:100分)學(xué)生用書P161主干知識(shí)達(dá)標(biāo)練1.已知數(shù)列{an}滿足2an+1=an+an+2,其前n項(xiàng)和為Sn,若S9=18,則a5=()A.-2 B.0 C.2 D.4答案C解析根據(jù)題意2an+1=an+an+2,可得數(shù)列{an}為等差數(shù)列,所以S9=9(a1+a9)2=18,所以a1+a9=4,所以2a5=4,所以2.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,則tana1+a71A.3 B.-3 C.33 D.-答案A解析因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列,所以a2+a4+a6=3a4=5π,故a4=5π3,所以a1+a7=2a4=10π3,因?yàn)閧bn}是等比數(shù)列,所以b2b4b6=b43=33,故b4=3,所以b2b6=3.所以tana1+a71-b3.已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn,a1=16,公比q=12,則Tn取最大值時(shí)n的值為(A.3 B.6 C.4或5 D.6或7答案C解析an=a1qn-1=16×12n-1=24×21-n=(方法一)由題意知,an>0且數(shù)列{an}為遞減數(shù)列,a5=1,前4項(xiàng)大于1,從第6項(xiàng)起小于1,所以n=4或5時(shí),Tn取得最大值.(方法二)Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)=2n(4+5-n)2=2-n2+9n2=2-(n-4.已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,其公差d≠0,若lna1,lna3,lna6也是等差數(shù)列,則其公差為()A.lnd B.ln2d C.ln23 D.ln答案D解析因?yàn)閘na1,lna3,lna6是等差數(shù)列,所以2lna3=lna1+lna6,即lna32=lna1a所以a32=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d又d≠0,所以a1=4d,所以公差為lna3-lna1=lna3a1=lna1+2da1=ln5.(2024山東濰坊一模)已知數(shù)列{an}滿足a1=0,a2=1.若數(shù)列{an+an+1}是公比為2的等比數(shù)列,則a2024=()A.22023C.21012-1 D.21011-1答案A解析依題意,a1+a2=1,an+an+1=2n-1,當(dāng)n≥2時(shí),an-1+an=2n-2,則an+1-an-1=2n-2,所以a2024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2024-a2022)=1+2+23+25+…+22021=1+2(1-46.(多選題)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a5=-4,S5=-40,則()A.a10=6B.S10=-30C.當(dāng)且僅當(dāng)n=6時(shí),Sn取最小值D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0答案AB解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,由a5=-4,S5=-40,得a1+4d=-4,5a1+5×42d=-40.解得a1=-12,d=2,所以an=2n-14,Sn=(-12+2n-14)n2=n2-13n,則a10=6,S10=-30,A,B正確;令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,則當(dāng)n=6或n=7時(shí),Sn取最小值,C不正確;因?yàn)閍5+a6+a7+a8+a9=5a7.(多選題)一百零八塔始建于西夏時(shí)期,是中國(guó)現(xiàn)存最大且排列最整齊的塔群之一,塔群隨山勢(shì)鑿石分階而建,自上而下一共12層,第1層有1座塔,從第2層開始每層的塔數(shù)均不少于上一層的塔數(shù),總計(jì)108座塔.已知包括第1層在內(nèi)的其中十層的塔數(shù)可以構(gòu)成等差數(shù)列{an},剩下的兩層的塔數(shù)分別與上一層的塔數(shù)相等,第1層與第2層的塔數(shù)不同,則下列結(jié)論正確的有()A.第3層的塔數(shù)為3B.第4層與第5層的塔數(shù)相等C.第6層的塔數(shù)為9D.等差數(shù)列{an}的公差為2答案ABD解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,若d=1,則這10層的塔數(shù)之和為10×1+10×92=則最多有55+10+10=75座塔,不符合題意;若d≥3,則這10層的塔數(shù)之和不少于10×1+10×92×3>108,不符合題意所以d=2,這10層的塔數(shù)之和為10×1+10×92×2=塔數(shù)依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,依題意剩下兩層的塔數(shù)為3和5,所以這12層塔的塔數(shù)分別為1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D正確,C錯(cuò)誤.故選ABD.8.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《孫子算經(jīng)》載有一道數(shù)學(xué)問題:“今有物不知其數(shù),三三數(shù)之剩二,五五數(shù)之剩二,七七數(shù)之剩二,問物幾何?”根據(jù)這一數(shù)學(xué)思想,所有被3除余2的自然數(shù)從小到大組成數(shù)列{an},所有被5除余2的自然數(shù)從小到大組成數(shù)列{bn},把{an}和{bn}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{cn},則下列結(jié)論正確的是()A.a3+b5=c3 B.b28=c10C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26答案B解析根據(jù)題意數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,則an=2+3(n-1)=3n-1,數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2,公差為5的等差數(shù)列,則bn=2+5(n-1)=5n-3,數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{cn},故數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為2,公差為15的等差數(shù)列,則cn=2+15(n-1)=15n-13.對(duì)于A,a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30,c3=15×3-13=32,a3+b5≠c3,A錯(cuò)誤;對(duì)于B,b28=5×28-3=137,c10=15×10-13=137,b28=c10,B正確;對(duì)于C,a5=3×5-1=14,b2=5×2-3=7,c8=15×8-13=107,a5b2=14×7=98<107=c8,C錯(cuò)誤;對(duì)于D,c9=15×9-13=122,b9=5×9-3=42,a26=3×26-1=77,c9-b9=122-42=80≠77=a26,D錯(cuò)誤.故選B.9.(5分)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,寫出一個(gè)滿足下列條件的{an}的公比q=.

①a1>0;②{an}是遞增數(shù)列;③S3<13a1.答案2(答案不唯一)解析由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得an=a1qn-1,則an-an-1=a1qn-2(q-1),因?yàn)閍1>0,且{an}是遞增數(shù)列,所以q>1.因?yàn)镾3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因?yàn)閍1>0,所以q2+q-12<0,解得-4<q<3.綜上,1<q<3.故答案可以為2(答案不唯一).10.(5分)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,S11=11,b5b7=3,則log3a6b6答案-1解析因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,且Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,所以S11=11(a1+a11解得a6=1,因?yàn)閧bn}是等比數(shù)列,所以b5b7=b62=3,則log3a6b62=11.(5分)對(duì)于數(shù)列{an},定義Hn=a1+2a2+…+2n-1ann為{an}的“優(yōu)值”,現(xiàn)已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn=2n,記數(shù)列答案506解析因?yàn)镠n=a1+2a2+…+2n-1ann=2n,則a1+2a2當(dāng)n=1時(shí),a1=2;當(dāng)n≥2時(shí),a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,②①②兩式相減可得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)2n-1,即an=n+1,n≥2;a1=2也滿足上式,所以an=n+1,n∈N*.可得1a所以S2024=12-13+12.(5分)(2023北京,14)我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史,戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”.已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量(單位:銖)從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列{an},該數(shù)列的前3項(xiàng)成等差數(shù)列,后7項(xiàng)成等比數(shù)列,且a1=1,a5=12,a9=192,則a7=;數(shù)列{an}所有項(xiàng)的和為.

答案48384解析設(shè)前3項(xiàng)的公差為d,后7項(xiàng)的公比為q,q>0,則q4=a9a5=19212=16,又a3=a1+2d=a5q2,即1+2d=3,所以a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+3×(1-關(guān)鍵能力提升練13.(多選題)(2024山東德州模擬)將n2個(gè)數(shù)排成n行n列的數(shù)陣,如圖所示,該數(shù)陣第一列的n個(gè)數(shù)從上到下構(gòu)成以m為公差的等差數(shù)列,每一行的n個(gè)數(shù)從左到右構(gòu)成以m為公比的等比數(shù)列(其中m>0).已知a11=3,a13=a51+1,記這n2個(gè)數(shù)的和為S,下面敘述正確的是()a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……an1an2an3…annA.m=2 B.a78=15×28C.aij=(2i+1)·2j-1 D.S=n(n+2)(2n-1)答案ACD解析由題意a13=a11·m2=3m2,a51=a11+4m=3+4m,由a13=a51+1,則3m2=3+4m+1,整理可得(3m+2)(m-2)=0,又m>0,所以m=2,故A正確;對(duì)于B,a71=a11+6×2=15,a78=a71·27=15×27≠15×28,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,ai1=a11+(i-1)×2=1+2i,aij=ai1·2j-1=(1+2i)·2j-1,故C正確;對(duì)于D,S=a111-2n1-2+a211-2n1-2+a311-2n1-2+…+an11-2n1-2=1-2n1-14.若數(shù)列{an}滿足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),記Tn=a1a2…an,則T2023=()A.-1 B.1C.1-λ1+答案C解析由anan+1+an+1-an+1=0,得an+1=an-1an+1,所以an+2=an+1-1an+1+1=an-1an+1-1an-1an+1+1=-1an,則an+4=-1an+2=an,所以數(shù)列{an}是以4為周期的數(shù)列.因?yàn)閍1=λ,所以a215.(多選題)(2024山西呂梁三模)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,若S10<S8<S9,則下列說法正確的是()A.當(dāng)n=8時(shí),Sn最大B.使得Sn<0成立的最小自然數(shù)為n=18C.|a8+a9|>|a10+a11|D.Snan中最小項(xiàng)為答案BD解析由題得S8<即-兩式相加,得a由a9>0,a10<0,所以當(dāng)n=9時(shí),Sn最大,故A錯(cuò)誤;由S10<S8,可得到a9+a10<0,所以由等差數(shù)列性質(zhì)可得a8+a11<0,兩式相加,得a10+a11+a8+a9<0,所以|a8+a9|<|a10+a11|,故C錯(cuò)誤;由以上可得:a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…,S17=17(a1+a17)2=17a9>0,而S18=18(當(dāng)n≤17時(shí),Sn>0,當(dāng)n≥18時(shí),Sn<0,所以使得Sn<0成立的最小自然數(shù)為n=18,故B正確;當(dāng)n≤9,或n≥18時(shí),Snan>0,當(dāng)9<n<18時(shí),由0>a10>a11>…>a17,S10>S11>S12>…>S17>0,所以Snan中最小項(xiàng)為S10a10,故D正確16.(5分)設(shè)Tn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若T2nTn(n∈N*)是非零常數(shù),則稱該數(shù)列為“和等比數(shù)列”;若數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為2,公差不為0的等差數(shù)列,且數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”,則c2+c7+c答案78解析設(shè){cn}公差為d.因?yàn)閿?shù)列{cn}是等差數(shù)列,所以前n項(xiàng)和為Sn=n(前2n項(xiàng)和為S2n=2n所以S2nSn=2n(c因?yàn)閿?shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”,即S2nSn為非零常數(shù),故c2+c7+c12=3c7=3(2+6d)=78.17.(5分)(2024江西南昌模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若對(duì)任意的n∈N*,均有S8≤Sn成立,則a2a1答案67,解析由題意知S8是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和中的最小值,則必有a1<0,公差d>0,若a8=0,此時(shí)S7=S8,S7,S8是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和中的最小值,此時(shí)a8=a1+7d=0,即a1=-7d,則a2若a8<0,a9≥0,此時(shí)S8是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和中的最小值,此時(shí)a8=a1+7d<0,a9=a1+8d≥0,即-8≤a1d則a2a1=a1+da1=1+da1=1+1a18.(5分)設(shè)數(shù)列{an},{bn}滿足an=2n,bn=3n-8,則它們的公共項(xiàng)由小到大排列后組成新數(shù)列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k個(gè)數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列,則數(shù)列{en}的前20項(xiàng)和T20=.

答案1589解析∵an=2n,∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,顯然a1不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng).∵a2=4=b4,∴a2是數(shù)列{bn}中的第4項(xiàng),設(shè)ak=2k是數(shù)列{bn}中的第m項(xiàng),則2k=3m-8(k,m∈N*,k≥2).∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,∴ak+1不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng).∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,∴ak+2是數(shù)列{bn}中的項(xiàng).∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,∴數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式是cn=22n=4n.∵(1+2+3+4+5)+5=20,∴{en}的前20項(xiàng)包括{cn}的前5項(xiàng),以及{2n-1}的前15項(xiàng),∴T20=41+42+43+44+45+1+3+…+29=4×(1-45核心素養(yǎng)創(chuàng)新練19.(多選題)(2024湖南長(zhǎng)沙一模)小華玩一種跳棋游戲,一個(gè)箱子中裝有大小質(zhì)地均相同的且標(biāo)有1~10的10個(gè)小球,每次隨機(jī)抽取一個(gè)小球并放回,規(guī)定:若每次抽取號(hào)碼小于或等于5的小球,則前進(jìn)1步,若每次抽取號(hào)碼大于5的小球,則前進(jìn)2步.每次抽取小球互不影響,記小華一共前進(jìn)n步的概率為Pn,則下列說法正確的是()A.P2=1B.Pn=12Pn-1+12Pn-2(C.Pn=1-12Pn-1(nD.小華一共前進(jìn)3步的概率最大答案BC解析根據(jù)題意,小華前進(jìn)1步的概率和前進(jìn)2步的概率都是12,所以P1=12,P2=12×1當(dāng)n≥3時(shí),一共前進(jìn)n步是由兩部分組成:先前進(jìn)n-1步,再前進(jìn)1步,其概率為12Pn-1,或者先前進(jìn)n-2步,再前進(jìn)2步,其概率為12Pn-2,所以Pn=12Pn-1+12Pn-2(n≥3),因?yàn)镻n=12Pn-1+12Pn-2(n≥3),所以2Pn+Pn-1=2Pn-1+Pn-2(而2P2+P1=2×34+12=2,所以2Pn+Pn-1=2(n≥2),即Pn=1-12Pn-1(n因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí),Pn=1-12Pn-1,所以Pn-23=-12Pn-1-2又P1-23=12-23=-16,所以數(shù)列Pn-23是首項(xiàng)為-所以Pn-23=-16×(-12當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),n-1為偶數(shù),則Pn=23-16×12n-1,此時(shí)數(shù)列{P當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),n-1為奇數(shù),則Pn=23+16×12n-1,此時(shí)數(shù)列{Pn}單調(diào)遞減綜上,當(dāng)n=2時(shí),概率最大,即小華一共前進(jìn)2步的概率最大,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選BC.專題突破練(分值:91分)學(xué)生用書P163主干知識(shí)達(dá)標(biāo)練1.(15分)(2024河北唐山一模)已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)記{an+log2an}的前n項(xiàng)和為Tn,求滿足Tn<2024的最大整數(shù)n.解(1)設(shè){an}的公比為q(q>0),則an=a1qn-1,依題意可得a整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),所以an=a3qn-3=2n-1.(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+n(顯然,Tn隨著n的增大而增大,T10=210-1+45=1068<2024,T11=211-1+55=2102>2024,所以滿足Tn<2024的最大整數(shù)n=10.2.(10分)(2022新高考Ⅰ,17)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a1=1,Snan是公差為(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)證明:1a1+1a2+(1)解(方法一)∵Snan是以S1a1=1∴Snan=1+(n-∴Sn=n+23an.當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13∴n+13an-1=n-13a∴an=anan-1·an-1an-2·…·a2又a1=1,∴an=(n+1)×n2×1×1又當(dāng)n=1時(shí),a1=1也符合上式,∴an=n((方法二)∵Snan是以S1a1=1為首項(xiàng),以13為公差的等差數(shù)列,∴Sn∴Sn=n+23an.當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,∴n+13an-∴ann+1=設(shè)ann(n+1)=bn,則∴{bn}為常數(shù)列,且b1=a1∴ann(n+1)=bn=12(方法三)∵Snan是首項(xiàng)為S1a1=1,公差為13的等差數(shù)列,∴Snan=1+13(n-∴SnSn∴Sn=S1·S2S1·S3S2·…·∴an=Sn-Sn-1=n(n+1又a1=1滿足此公式,∴{an}的通項(xiàng)公式為an=n((2)證明由(1)知,1an=2∴1a1+1a2+…+1an=21-12+12-13+3.(15分)(2024浙江金華高三期末)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25構(gòu)成等比數(shù)列.(1)求an;(2)設(shè)f(n)=an,若存在數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=7,b3=25,且數(shù)列{f(bn)}為等比數(shù)列,求{anbn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)∵{an}是等差數(shù)列,a1=3,d≠0,∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.∵a1,a7,a25構(gòu)成等比數(shù)列,∴(a1+6d)2=a1(化簡(jiǎn)可得a1=3d=3,∴d=1,∴an=n+2.(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,又?jǐn)?shù)列{f(bn)}為等比數(shù)列,∴首項(xiàng)為3,公比為3,故f(bn)=3n,而f(bn)=abn=bn∴3n=bn+2,∴bn=3n-2,∴anbn=(n+2)3n-2(n+2),設(shè)數(shù)列{(n+2)3n}的前n項(xiàng)和為Tn,則Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①,3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1②,①②相減得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,化簡(jiǎn)可得Tn=-129+9×(1-3n-1)1-又因?yàn)榈炔顢?shù)列{2(n+2)}的前n項(xiàng)和為n(2×3+2n+4)2綜上可得Sn=(2n+3)×3n+1-關(guān)鍵能力提升練4.(15分)(2024山東德州高三開學(xué)考試)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足6Sn=(3n+2)an+2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=(-1)n+1(6n解(1)因?yàn)?Sn=(3n+2)an+2,當(dāng)n=1時(shí),6S1=6a1=5a1+2,所以a1=2,當(dāng)n≥2時(shí),6Sn-1=(3n-1)an-1+2,所以6Sn-6Sn-1=6an=(3n+2)an-(3n-1)an-1,所以anan-1累乘得anan-1·an-所以an=3n-1(n≥2),當(dāng)n=1時(shí)a1=2也符合上式,所以an=3n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n+1(6n+1)a所以T100=12+15-5.(15分)(2024湖南永州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)于任意的n∈N*,都有點(diǎn)P(an,Sn)在直線2x-3y+1=0上.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中的最大值為Mn,最小值為mn,令bn=Mn+mn2,求數(shù)列{b解(1)根據(jù)題意得,對(duì)于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,當(dāng)n≥2時(shí),3Sn-1=2an-1+1,兩式相減得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=-2an-1(n≥2),當(dāng)n=1時(shí),3S1=2a1+1,故a1=1,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為-2的等比數(shù)列,所以an=(-2)n-1.(2)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an=2n-1,且an>0,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an=-2n-1,且an<0,因此當(dāng)n為大于1的奇數(shù)時(shí),{an}前n項(xiàng)中的最大值為an=(-2)n-1,最小值為an-1=(-2)n-2,此時(shí)bn=Mn當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),{an}的前n項(xiàng)中的最大值為an-1=(-2)n-2,最小值為an=(-2)n-1,此時(shí)bn=Mn當(dāng)n=1時(shí),b1=a1,因此T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)=a1+a3+a22+a5=a12+S=1-核心素養(yǎng)創(chuàng)新練6.(多選題)(2024山東日照高三期末)在平面四邊形ABCD中,點(diǎn)D為動(dòng)點(diǎn),△ABD的面積是△BCD面積的3倍,又?jǐn)?shù)列{an}滿足a1=3,恒有BD=(an-3n-1)BA+(an+1+3n)BC,設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn,則()A.{an}為等比數(shù)列B.a4=-81C.an3nD.Sn=(3-n)3n-3答案BCD解析設(shè)AC,BD交于E點(diǎn),則S△ABD即AE=3EC,故BE=BA+AE=BA+34AC=BA+34(BC-BA)=14BA+34BC,由于B,E,D三點(diǎn)共線,故存在實(shí)數(shù)λ(λ≠0,1),使得BD=λBE,即得BD=(an-3n-1)BA+(an+即an+1=3an-2×3n,則an+13n+1=而a1=3,故an3n為首項(xiàng)是a13=1,公差為-23則an3n=1+(n-1)×-23=5-2n3,故a故a4=5-2×43×34=-又an+1an=5-2(n+1)3·3nSn=a1+a2+…+an=33×3+13×32+-13×33+…+故3Sn=33×32+13×33+-13×34+…+7-2n3兩式相減得-2Sn=3-23×(32+33+34+…+3n)-5-2n3·3n+1=3-23×9(1-3n-1)1-3-5-2n3·3n+17.(15分)(2024河北滄州一模)在數(shù)列{an}中,已知a1+a22+a322(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)在數(shù)列{an}中的a1和a2之間插入1個(gè)數(shù)x11,使a1,x11,a2成等差數(shù)列;在a2和a3之間插入2個(gè)數(shù)x21,x22,使a2,x21,x22,a3成等差數(shù)列;…;在an和an+1之間插入n個(gè)數(shù)xn1,xn2,…,xnn,使an,xn1,xn2,…,xnn,an+1成等差數(shù)列,這樣可以得到新數(shù)列{bn}:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,…,an,設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求S55(用數(shù)字作答,參考數(shù)據(jù):211=2048).解(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=2;當(dāng)n≥2時(shí),an2n-1=a1+a22+a322+…+an2n-1-a1+所以an2n-1=2?an=2當(dāng)n=1時(shí),上式亦成立,所以an=2n.(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55?n=10.所以新數(shù)列{bn}前55項(xiàng)中包含數(shù)列{an}的前10項(xiàng),還包含x11,x21,x22,x31,x32,…,x98,x99,且x11=a1+a22,x21+x22=2(a2+a3)2,x31+x32+x33=3(所以S55=(a1+a2+…+a10)+a1+a2=3a設(shè)T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29,則2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210,兩式相減得-T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.故T=17×210+2.所以S55=17×210+22+112×210=28×29專題突破練(分值:75分)學(xué)生用書P1651.(15分)(2024河南信陽(yáng)模擬)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且Sn=n(6+an)2,a4=12,{bn}為正項(xiàng)等比數(shù)列,b1=a1-(1)求證:數(shù)列{an+1an+2-an(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.(1)證明當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=6+a12,解得a當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=(n所以an=Sn-Sn-1=n(整理得(n-2)an+6=(n-1)an-1,①所以(n-1)an+1+6=nan,②由①-②得2an=an-1+an+1,所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列.因?yàn)閍1=6,a4=12,所以數(shù)列{an}的公差為12-63=2,所以an=2設(shè)Mn=an+1an+2-an2(n∈N則Mn=[2(n+1)+4][2(n+2)+4]-(2n+4)2=12n+32,因?yàn)镸n+1-Mn=12(n+1)+32-(12n+32)=12(常數(shù)),所以數(shù)列{an+1an+2-an2}(2)解設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q(q>0),結(jié)合(1)及已知得b1=a1-4=2,b4=b1q3=16,解得q=2,所以bn=2n.2.(15分)(2024福建廈門模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a2=2a1=4,當(dāng)n∈N*,且n≥2時(shí),Sn+1=3Sn-2Sn-1.(1)證明:{an}為等比數(shù)列;(2)設(shè)bn=an(an-1)(an+1-1),記數(shù)列{bn}的前n(1)證明因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí),Sn+1=3Sn-2Sn-1,變形得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1),即an+1=2an,又a2=2a1=4,故an+1=2an在n∈N*上都成立,且a1=2,所以{an}是首項(xiàng)、公比均為2的等比數(shù)列.(2)解由(1)知an=2n,則bn=2n所以Tn=1-13+13-17+…則Tm+17×2m-2=1-12m+1-1+17×2m-2>所以2m-2>1,可得m>2,而m∈N*,故正整數(shù)m的最小值為3.3.(15分)(2024山西大同模擬)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a1,a2,a3-1是公差為d的等差數(shù)列{bn}的前3項(xiàng).(1)求q+d的最小值;(2)在q+d取最小值的條件下,設(shè)cn=an(bn-1)bnbn+1,數(shù)列{cn解(1)由題知a1+a3-1=2a2,即a1+a1q2-1=2a1q,可得a1(q-1)2=1.d=a2-a1=a1(q-1)=1q又因?yàn)閝>1,所以q+d=q-1+1q-1+1≥2(q當(dāng)且僅當(dāng)q-1=1q即q=2時(shí)等號(hào)成立.所以q+d的最小值為3.(2)由(1)知,當(dāng)q+d取最小值時(shí),q=2,d=1,a1=1,所以an=2n-1,bn=n.所以cn=an所以Tn=(1-1)+43-1+84-43+…+2n=-1+1-1+43-43+84又an所以Tn-an+1bn所以Tn<an4.