2024年高三培优讲义26---基本量的计算,片段和性质，数列性质判断

这是一份2024年高三培优讲义26---基本量的计算,片段和性质，数列性质判断，共26页。学案主要包含了基本量的计算，10等内容，欢迎下载使用。


高考真题 ⋅ 回顾
2023 新高考 2 卷 T8-基本量或数列片段和的计算
1. 记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和,若 S4=−5,S6=21S2 ,则 S8= .
A. 120 B. 85 C. -85 D. -120
2023 新高考 1 卷・T7——数列性质的判断
2. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和,设甲: an 为等差数列; 乙:Snn 为等差数列,则
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2020 年全国 I 卷（文）T10——片段和相关计算
3. 设 an 是等比数列,且 a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2 ,则 a6+a7+a8=
A. 12 B. 24 C. 30 D. 32
2023 乙卷(理)T15——基本量计算: 解 2 元方程组
4. 已知 an 为等比数列, a2a4a5=a3a6,a9a10=−8 ,则 a7=
2023 年全国甲卷(理)——基本量计算: 解一元三次方程
5. 设等比数列 an 的各项均为正数,前 n 项和 Sn ,若 a1=1,S5=5S3−4 ,则 S4=
A. 158 B. 658 C. 15 D. 40
2022 - 全国乙卷 (理) - 基本量计算
6. 已知等比数列 an 的前 3 项和为 168, a2−a5=42 ,则 a6=
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
2020 年全国 II 卷（理）——等差数列片段和
7. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所, 分上、中、下三层, 上层中心有一块圆形石板(称为天心石), 环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环, 向外每环依次增加 9 块, 下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块, 向外每环依次也增加 9 块, 已知每层环数相同, 且下层比中层多 729 块, 则三层共有扇面形石板(不含天心石) ( )
A. 3699 块 B. 3474 块 C. 3402 块 D. 3339 块
2023 新高考 1 卷一基本量计算: 利用等差中项简化计算
8. 设等差数列 an 的公差为 d ,且 d>1 . 令 bn=n2+nan ,记 Sn,Tn 分别为数列 an,bn 的前 n 项和.
(1) 若 3a2=3a1+a3,S3+T3=21 ,求 an 的通项公式;
(2) 若 bn 为等差数列,且 S99−T99=99 ,求 d .
重点题型。归类精讲
题型一 基本量的计算
运用数列性质求值
1. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和,且 Sn=2n+1+a ,则 a1a2+a2a3+⋯+a10a11=
A. 223−83 B. 213−83 C. 220−13 D. 225−83
湖北省腾云联盟 2023-2024 学年高三 10 月联考
2. 在等比数列 an 中, a2=2,a5=16 ,则 a1−a2+a3−⋯+−1n+1an=
3. (2020·江苏·统考高考真题) 设 an 是公差为 d 的等差数列, {bn} 是公比为 q 的等比数列. 已知数列 an+bn 的前 n 项和 Sn=n2−n+2n−1n∈N+ ,则 d+q 的值是
4. 若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且满足 S4043>0,S4044<0 ,对任意正整数 n ,都有 an≥am ,则 m 的值为
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
5. 已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn ,且 SnTn=5n+63n+3 ,则使得 anbn 为整数的正整数 n 的个数为
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
6. 已知两个等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn ,且 SnTn=3n+39n+3 ,则使得 anbn 为整数的正整数 n 的值为___.
7. 设 An,Bn 分别为等比数列 an,bn 的前 n 项和. 若 AnBn=2n+a3n+b ( a,b 为常数),则 a7b4=
A. 12881 B. 12780 C. 3227 D. 2726
8. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和, a3=1,2S3=7a2 ,则 S5=
9. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,且 an+1+λ=3Sn,a3=12 ,则实数 λ 的值为___
10. 已知 an 是公差为 d 的等差数列, bn 是公比为 q 的等比数列. 若数列 an+bn 的前 n 项和
Sn=2n2−n+2n−1n∈N* ,则 d+q 的值为___.
通过数列性质求最值
11. 已知正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 S8−2S4=5 ,则 a9+a10+a11+a12 的最小值为 ( )
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
12. (2023 秋·重庆巴蜀中学校考) 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,对任意的 n∈N* ,均有 S5≤Sn 成立,则 a8a6 的值的取值范围是 ( )
A. 3,+∞ B. [3,+∞)
C. −∞,−3∪[3,+∞) D. −∞,−3]∪[3,+∞
13. 已知各项为正的数列 an 的前 n 项和为 Sn ,满足 an=2Sn−1 ,则通项公式 an= ; 且 2Sn+16an+3 的最小值为___.
14. 正项等比数列 an 满足: a7=a6+2a5 ,若存在两项 am、ap ,使得 am⋅ap=16a12 ,则 1m+9p 的最小值为 ( )
A. 32 B. 83 C. 114 D. 145
题型三 片段和相关计算
15. (2023·广东深圳二模) 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,若 S10=20,S20=10 ,则 S30=
A. 0 B. -10 C. -30 D. -40
2024 届・江苏连云港&、南通质量调研(一)
16. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,已知 Sk=5,ak2+1=−45,ak+1+ak+2+⋯+a2k=−45 ,其中正整数 k≥2 , 则该数列的首项 a1 为
A. -5 B. 0 C. 3 D. 5
17. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn . 若 S4S8=14 ,则 S12S4=
A. 13 B. 16 C. 9 D. 12
深圳市宝安区 2024 届高三上学期 10 月调研数学试题
18. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn . 记命题 P : “数列 an 为等比数列”,命题 q: “ Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列”,则 p 是 q 的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
题型三 数列性质判定
2024 届·湖南长沙雅礼中学校考
19. (多选) 设 Sn 是公差为 dd≠0 的无穷等差数列 an 的前 n 项和,则下列命题正确的是
A. 若 d<0 ,则 S1 是数列 Sn 的最大项
B. 若数列 Sn 有最小项,则 d>0
C. 若数列 Sn 是递减数列,则对任意的: n∈N* ,均有 Sn<0
D. 若对任意的 n∈N* ,均有 Sn>0 ,则数列 Sn 是递增数列
20. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和,设甲: an 为等差数列; 乙:Snn 为等差数列,则
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
21. 设等比数列 an 的公比为 q ,其前 n 项和为 Sn ,前 n 项积为 Tn ,且满足条件 a1>1,a2020a2021>1 , a2020−1a2021−1<0 ,则下列选项错误的是 ( )
A. q>1 B. S2020+1>S2021
C. T2020 是数列 Tn 中的最大项 D. T4041>1
22. (多选) 已知数列 an 的前 n 项和是 Sn ,则下列说法正确的是 ( )
A. 若 Sn=an ,则 an 是等差数列
B. 若 a1=2,an+1=2an+3 ,则 an+3 是等比数列
C. 若 an 是等差数列,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等差数列
D. 若 an 是等比数列,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列
23. 设数列 an,bn 都是等比数列,则 ( )
A. 若 Cn=anbn ,则数列 Cn 也是等比数列
B. 若 dn=anbn ,则数列 dn 也是等比数列
C. 若 an 的前 n 项和为 Sn ,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 也成等比数列
D. 在数列 an 中,每隔 k 项取出一项,组成一个新数列,则这个新数列仍是等比数列
24. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,公差 d>0 ,则下列数列一定递增的是 ( )
A. Snn B. nan
C. ann D. an+3nd
专题 4-6 基本量的计算, 片段和性质, 数列性质必刷题
思维导图
高考真题 ⋅ 回顾
2023 新高考 2 卷 T8-基本量或数列片段和的计算
1. 记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和,若 S4=−5,S6=21S2 ,则 S8= .
A. 120 B. 85 C. -85 D. -120 【答案】 C
【分析】方法一: 基本量计算
根据等比数列的前 n 项和公式求出公比,再根据 S4,S8 的关系即可解出;
方法二: 根据等比数列的前 n 项和的性质求解.
【详解】方法一: 设等比数列 an 的公比为 q ,首项为 a1 ,
若 q=−1 ,则 S4=0≠−5 ,与题意不符,所以 q≠−1 ;
若 q=1 ,则 S6=6a1=3×2a1=3S2≠0 ,与题意不符,所以 q≠1 ;
由 S4=−5, S6=21S2 可得, a11−q41−q=−5,a11−q61−q=21×a11−q21−q ①,
由①可得, 1+q2+q4=21 ,解得: q2=4 ,
所以 S8=a11−q81−q=a11−q41−q×1+q4=−5×1+16=−85 .
方法二: 利用片段和性质计算
设等比数列 an 的公比为 q ,
因为 S4=−5,S6=21S2 ,所以 q≠−1 ,否则 S4=0 ,
从而, S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6 成等比数列,
所以有, −5−S22=S221S2+5 ,解得: S2=−1 或 S2=54 ,
当 S2=−1 时, S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6 ,即为 −1,−4,−16,S8+21 ,
易知, S8+21=−64 ,即 S8=−85 ;
当 S2=54 时, S4=a1+a2+a3+a4=a1+a21+q2=1+q2S2>0 ,
与 S4=−5 矛盾,舍去.
2023 新高考 1 卷・T7-蜘刘性质的判断
2. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和,设甲: an 为等差数列; 乙:Snn 为等差数列,则
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】 C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义,再结合数列前 n 项和与第 n 项的关系推理判断作答.,
【详解】方法 1,甲: an 为等差数列,设其首项为 a1 ,公差为 d ,
则 Sn=na1+nn−12d,Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2,Sn+1n+1−Snn=d2 ,
因此 Snn 为等差数列,则甲是乙的充分条件;
反之, ζ:Snn 为等差数列,即 Sn+1n+1−Snn=nSn+1−n+1Snnn+1=nan+1−Snnn+1 为常数,设为 t ,
即 nan+1−Snnn+1=t ,则 Sn=nan+1−t⋅nn+1 ,有 Sn−1=n−1an−t⋅nn−1,n≥2 ,
两式相减得: an=nan+1−n−1an−2tn ,即 an+1−an=2t ,对 n=1 也成立,
因此 an 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件, C 正确.
方法 2,甲: an 为等差数列,设数列 an 的首项 a1 ,公差为 d ,即 Sn=na1+nn−12d ,
则 Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2 ,因此 Snn 为等差数列,即甲是乙的充分条件;
反之, ζ:Snn 为等差数列,即 Sn+1n+1−Snn=D,Snn=S1+n−1D ,
即 Sn=nS1+nn−1D, Sn−1=n−1S1+n−1n−2D ,
当 n≥2 时,上两式相减得: Sn−Sn−1=S1+2n−1D ,当 n=1 时,上式成立,
于是 an=a1+2n−1D ,又 an+1−an=a1+2nD−a1+2n−1D=2D 为常数,
因此 an 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件.
2020 年全国 I 卷（文）T10——片段和相关计算
3. 设 an 是等比数列,且 a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2 ,则 a6+a7+a8=
A. 12 B. 24 C. 30 D. 32
【答案】D
【分析】根据已知条件求得 q 的值,再由 a6+a7+a8=q5a1+a2+a3 可求得结果.
【详解】设等比数列 an 的公比为 q ,则 a1+a2+a3=a11+q+q2=1 ,
a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q1+q+q2=q=2,
因此, a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q51+q+q2=q5=32 .
2023 乙卷(理)T15——基本量计算: 解 2 元方程组
4. 已知 an 为等比数列, a2a4a5=a3a6,a9a10=−8 ,则 a7=
【答案】 -2
【分析】根据等比数列公式对 a2a4a5=a3a6 化简得 a1q=1 ,联立 a9a10=−8 求出 q5=−2 ,最后得 a7=a1q⋅q5=q5=−2.
【详解】设 an 的公比为 qq≠0 ,则 a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q ,显然 an≠0 ,
则 a4=q2 ,即 a1q3=q2 ,则 a1q=1 ,因为 a9a10=−8 ,则 a1q8⋅a1q9=−8 ,
则 q15=q53=−8=−23 ,则 q5=−2 ,则 a7=a1q⋅q5=q5=−2
2023 年全国甲卷(理)——基本量计算: 解一元三次方程
5. 设等比数列 an 的各项均为正数,前 n 项和 Sn ,若 a1=1,S5=5S3−4 ,则 S4=
A. 158 B. 658 C. 15 D. 40
【答案】 C
【分析】根据题意列出关于 q 的方程,计算出 q ,即可求出 S4 .
【详解】由题知 1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4 ,
即 q3+q4=4q+4q2 ,即 q3+q2−4q−4=0 ,即 q−2q+1q+2=0 .
由题知 q>0 ,所以 q=2 .
所以 S4=1+2+4+8=15 .
2022 - 全国乙卷 (理) ——基本量计算
6. 已知等比数列 an 的前 3 项和为 168, a2−a5=42 ,则 a6=
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【分析】设等比数列 an 的公比为 q,q≠0 ,易得 q≠1 ,根据题意求出首项与公比,再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解: 设等比数列 an 的公比为 q,q≠0 ,
若 q=1 ,则 a2−a5=0 ,与题意矛盾,
所以 q≠1 ,
则 a1+a2+a3=a11−q31−q=168a2−a5=a1q−a1q4=42 ,解得 a1=96q=12 ,
所以 a6=a1q5=3 .
2020 年全国 II 卷（理）——等差数列片段和
7. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所, 分上、中、下三层, 上层中心有一块圆形石板(称为天心石), 环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环, 向外每环依次增加 9 块, 下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块, 向外每环依次也增加 9 块, 已知每层环数相同, 且下层比中层多 729 块, 则三层共有扇面形石板(不含天心石) ( )
A. 3699 块 B. 3474 块 C. 3402 块 D. 3339 块
【答案】 C
【详解】设第 n 环天石心块数为 an ,第一层共有 n 环,
则 an 是以 9 为首项,9 为公差的等差数列, an=9+n−1×9=9n ,
设 Sn 为 an 的前 n 项和,则第一层、第二层、第三层的块数分
别为 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n ,因为下层比中层多 729 块,
所以 S3n−S2n=S2n−Sn+729 ,
即 3n9+27n2−2n9+18n2=2n9+18n2−n9+9n2+729
即 9n2=729 ,解得 n=9 ,
所以 S3n=S27=279+9×272=3402 .
2023 新高考 1 卷一基本量计算: 利用等差中项简化计算
8. 设等差数列 an 的公差为 d ,且 d>1 . 令 bn=n2+nan ,记 Sn,Tn 分别为数列 an,bn 的前 n 项和.
(1) 若 3a2=3a1+a3,S3+T3=21 ,求 an 的通项公式;
(2)若 bn 为等差数列,且 S99−T99=99 ,求 d .
【答案】 1an=3n,2d=5150
【分析】(1) 根据等差数列的通项公式建立方程求解即可;
（2）由 bn 为等差数列得出 a1=d 或 a1=2d ,再由等差数列的性质可得 a50−b50=1 ,分类讨论即可得解.
【详解】(1) ∵3a2=3a1+a3,∴3d=a1+2d ,解得 a1=d ,
∴S3=3a2=3a1+d=6d ,
又 T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d ,
∴S3+T3=6d+9d=21 ,
即 2d2−7d+3=0 ,解得 d=3 或 d=12 (舍去),
∴an=a1+n−1⋅d=3n .
（2） ∵bn 为等差数列,
∴2b2=b1+b3 ,即 12a2=2a1+12a3 ,
∴61a2−1a3=6da2a3=1a1 ,即 a12−3a1d+2d2=0 ,解得 a1=d 或 a1=2d ,
∵d>1, ∴an>0 ,
又 S99−T99=99 ,由等差数列性质知, 99a50−99b50=99 ,即 a50−b50=1 ,
∴a50−2550a50=1 ,即 a502−a50−2550=0 ,解得 a50=51 或 a50=−50 (舍去)
当 a1=2d 时, a50=a1+49d=51d=51 ,解得 d=1 ,与 d>1 矛盾,无解;
当 a1=d 时, a50=a1+49d=50d=51 ,解得 d=5150 .
综上, d=5150 .
重点题型。归类精讲
题型一 基本量的计算
运用数列性质求值
1. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和,且 Sn=2n+1+a ,则 a1a2+a2a3+⋯+a10a11=
A. 223−83 B. 213−83 C. 220−13 D. 225−83
【答案】A
【分析】由 an 与 Sn 的关系求出数列 an 的通项公式,推导出数列 anan+1 为等比数列,确定其首项和公比, 结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为 Sn=2n+1+a ,所以 a1=S1=4+a,a2=S2−S1=23+a−22+a=4 ,
a3=S3−S2=24+a−23+a=8,
又 an 是等比数列,所以 a22=a1a3 ,即 42=84+a ,解得 a=−2 ,所以 Sn=2n+1−2 .
当 n≥2 时, an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n ,又 a1=2 满足 an=2n ,
所以, an+2an+1an+1an=an+2an=2n+22n=4 ,故数列 an+1an 是公比为 4,首项为 a1a2=2×4=8 的等比数列,
所以 a1a2+a2a3+⋯+a10a11=81−4101−4=223−83 .
湖北省腾云联盟 2023-2024 学年高三 10 月联考
2. 在等比数列 an 中, a2=2,a5=16 ,则 a1−a2+a3−⋯+−1n+1an=
【答案】 1−−2n3
【分析】利用等比数列通项公式列方程组求出首项和公比,然后根据定义可判断 bn=−1n+1an 为等比数列, 然后由等比数列求和公式可得.
【详解】记等比数列 an 的公比为 q ,则 a2=a1q=2a5=a1q4=16 ,解得 a1=1q=2 ,所以 an=2n−1 ,
记 bn=−1n+1an=−1n+12n−1 ,
因为 bn+1bn=−1n+22n−1n+12n−1=−2 ,所以 bn 是 1 为首项, −2 为公比的等比数列,
所以 a1−a2+a3−⋯+−1n+1an=1−−2n1−−2=1−−2n3 .
故答案为: 1−−2n3
3. (2020·江苏·统考高考真题) 设 an 是公差为 d 的等差数列, {bn} 是公比为 q 的等比数列. 已知数列 an+bn 的前 n 项和 Sn=n2−n+2n−1n∈N+ ,则 d+q 的值是___.
【答案】 4
【分析】结合等差数列和等比数列前 n 项和公式的特点,分别求得 an,bn 的公差和公比,由此求得 d+q . 【详解】设等差数列 an 的公差为 d ,等比数列 bn 的公比为 q ,根据题意 q≠1 .
等差数列 an 的前 n 项和公式为 Pn=na1+nn−12d=d2n2+a1−d2n ,
等比数列 bn 的前 n 项和公式为 Qn=b11−qn1−q=−b11−qqn+b11−q ,
依题意 Sn=Pn+Qn ,即 n2−n+2n−1=d2n2+a1−d2n−b11−qqn+b11−q ,
通过对比系数可知 d2=1a1−d2=−1q=2b11−q=−1⇒d=2a1=0q=2b1=1 ,故 d+q=4 .
4. 若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且满足 S4043>0,S4044<0 ,对任意正整数 n ,都有 an≥am ,则 m 的值为
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
【答案】 C
【分析】根据等差数列的前 n 项和公式以及数列的单调性得出结果.
【详解】依题意 S4043=4043a1+a40432=4043a2022>0,a2022>0 ,
又 S4044=4044a1+a40442<0 ,即 a1+a4044<0 ,则 a2022+a2023<0
则 a2023<0 ,且 a2022所以等差数列 an 单调递减, a1>a2>⋯>a2021>a2022>0>a2023>a2024>⋯ ,
所以对任意正整数 n ,都有 an≥am ,则 m=2022 .
5. 已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn ,且 SnTn=5n+63n+3 ,则使得 anbn 为整数的正整数 n 的个数为
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】 B
【分析】根据等差数列前 n 项和公式以及等差数列的性质可得 S2n−1=2n−1an ,进而可求解.
【详解】由于 S2n−1=a1+a2n−12n−12=2an2n−12=2n−1an
所以 anbn=S2n−1T2n−1=52n−1+632n−1+3=5n+29n+1=5+24n+1 ,
要使 anbn 为整数,则 n+1 为 24 的因数,由于 n+1≥2 ,故 n+1 可以为 2,3,4,6,8,12,24 ,故满足条件的正整数 n 的个数为 7 个
6. 已知两个等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn ,且 SnTn=3n+39n+3 ,则使得 anbn 为整数的正整数 n 的值为___.
【答案】 2、4、14
【分析】利用等差数列前 n 项和公式求得 anbn 的表达式,结合 anbn 为整数求得正整数 n 的值.
【详解】由题意可得 S2n−1T2n−1=2n−1a1+a2n−122n−1b1+b2n−12=2n−1an2n−1bn=anbn ,
则 anbn=S2n−1T2n−1=32n−1+392n−1+3=3n+18n+1=3+15n+1 ,
由于 anbn 为整数,则 n+1 为 15 的正约数,则 n+1 的可能取值有 3、5、15 ,
因此,正整数 n 的可能取值有 2、4、14 .
7. 设 An,Bn 分别为等比数列 an,bn 的前 n 项和. 若 AnBn=2n+a3n+b ( a,b 为常数),则 a7b4=
A. 12881 B. 12780 C. 3227 D. 2726
【答案】 C
【分析】设 An=2n+am,Bn=3n+bm ,项和转换 a7=A7−A6,b4=B4−B3 求解即可
【详解】由题意, AnBn=2n+a3n+b
设 An=2n+am,Bn=3n+bm
则 a7=A7−A6=27+a−26+am=64m
b4=B4−B3=34+b−33+bm=54m
∴a7b4=64m54m=3227
8. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和, a3=1,2S3=7a2 ,则 S5=
【答案】 314
【分析】由条件结合等比数列通项公式求首项 a1 和公比 q ,再利用求和公式求 S5 .
【详解】设等比数列 an 的公比为 q ,
由 a3=1,2S3=7a2 ,
可得 a1q2=1,2a1+2=5a1q ,
解方程得, a1=14,q=2 或 a1=4,q=12 ,
当 a1=14,q=2 时, S5=a11−q51−q=14×1−251−2=314 ,
当 a1=4,q=12 时, S5=a11−q51−q=4×1−1251−12=314 ,所以 S5=314 .
9. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,且 an+1+λ=3Sn,a3=12 ,则实数 λ 的值为___
【答案】 −34
【解析】首先利用 an+1 与 Sn 的关系式,得到 an+1=4an ,求得公比,首项和第二项,再通过赋值 n=2 求 λ 的值.
【详解】当 n≥2 时, an+1+λ=3Snan+λ=3Sn−1 ,两式相减得 an+1−an=3Sn−Sn−1=3an ,
即 an+1=4an ,并且数列 an 是等比数列,
所以 q=4 ,
∵a3=12,∴a2=3,a1=34 ,
当 n=2 时, a3+λ=3S2=3a1+a2 ,解得 λ=−34 .
10. 已知 an 是公差为 d 的等差数列, bn 是公比为 q 的等比数列. 若数列 an+bn 的前 n 项和
Sn=2n2−n+2n−1n∈N* ,则 d+q 的值为___.
【答案】 6
【分析】设数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 An,Bn ,然后利用分求出 An,Bn ,再利用 Sn=An+Bn 列方程, 由对应项的系数相等可求出结果
【详解】解: 设数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 An,Bn ,则
An=a1n+nn−1d2=a1−d2n+d2n2,Bn=b11−qn1−q=b11−q−qn1−q q≠1,
若 q=1 ,则 Bn=nb1 ,则 Sn=An+Bn=2n2−n+2n−1=a1−d2n+d2n2+nb1 ,显然没有出现 2n ,所以 q≠1 ,
所以 a1−d2n+d2n2+b11−q−b1qn1−q=2n2−n+2n−1 ,
由两边的对应项相等可得 a1−d2=−1,d2=2,q=2,b11−q=−1 ,
解得 a1=1,d=4,q=2,b1=1 ,所以 d+q=6
通过数列性质求最值
11. 已知正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 S8−2S4=5 ,则 a9+a10+a11+a12 的最小值为
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
【答案】 C
【解析】变换得到 Sδ−S4=S4+5 ,根据等比数列性质知 S4S12−S8=Sδ−S42,a9+a10+a11+a12=S12−S8 ,再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】由题意可得 a9+a10+a11+a12=S12−S8 ,由 S8−2S4=5 ,可得 S8−S4=S4+5 .
又由等比数列的性质知 S4,S8−S4,S12−S8 成等比数列,则 S4S12−S8=S8−S42 .
a9+a10+a11+a12=S12−S8=S8−S42S4=S4+52S4=S4+25S4+10≥2S4×25S4+10=20 当且仅当 S4=5 时等号成立,所以 a9+a10+a11+a12 的最小值为 20 .
12. (2023 秋·重庆巴蜀中学校考) 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,对任意的 n∈N* ,均有 S5≤Sn 成立,则 a8a6 的值的取值范围是 ( )
A. 3,+∞ B. [3,+∞)
C. −∞,−3∪[3,+∞) D. −∞,−3]∪[3,+∞
【答案】 B
【分析】根据已知得出 a1<0 ,公差 d>0 ,然后返 a5=0 和 a5≠0 (即 a5<0 ) 分类计算.
【详解】由题意知 S5 是等差数列 an 的前 n 项和中的最小值,必有 a1<0 ,公差 d>0 ,
若 a5=0 ,此时 S4=S5,S4,S5 是等差数列 an 的前 n 项和中的最小值,
此时 a5=a1+4d=0 ,即 a1=−4d ,则 a8a6=a1+7da1+5d=3dd=3 ;
若 a5<0,a6>0 ,此时 S5 是等差数列 an 的前 n 项和中的最小值,
此时 a5=a1+4d<0, a6=a1+5d>0 ,即 −5则 a8a6=a1+7da1+5d=a1d+7a1d+5=1+2a1d+5∈3,+∞ ,
综上可得: a8a6 的取值范围是 [3,+∞)
13. 已知各项为正的数列 an 的前 n 项和为 Sn ,满足 an=2Sn−1 ,则通项公式 an= ; 且 2Sn+16an+3 的最小值为___.
【答案】 2n−1 4
【分析】利用 an 与 Sn 的关系式,得到 an−an−1=2 ,即可判断数列 an 是等差数列,然后利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式结合基本不等式,即可得出答案.
【详解】由各项为正的数列 an,an>0 ,
∵an=2Sn−1, ∴Sn=14an+12 ,
∴n≥2 时, an=Sn−Sn−1=14an+12−14an−1+12 ,
化为: an+an−1an−an−1−2=0 ,
∵an+an−1>0, ∴an−an−1=2 ,
又 a1=2a1−1 ,解得 a1=1 .
∴ 数列 an 是等差数列,首项为 1,公差为 2 .
∴an=1+2n−1=2n−1, ∴Sn=142n−1+12=n2 ,
∴2Sn+16an+3=2n2+162n−1+3=n2+8n+1=n+1+9n+1−2
≥2n+1⋅9n+1−2=4 ,当且仅当 n=2 时取等号.
14. 正项等比数列 an 满足: a7=a6+2a5 ,若存在两项 am、ap ,使得 am⋅ap=16a12 ,则 1m+9p 的最小值为 ( )
A. 32 B. 83 C. 114 D. 145
【答案】 C
【分析】由等比数列的性质,结合 a7=a6+2a5 求得 q ,再由 am⋅ap=16a12 可得 m+p=6 ,结合基本不等式 “1 ” 的妙用可求当 m=32、p=92 时,取得最小值,则需逐一验证 m,p 值,进而得出最值.
【详解】设数列 an 的公比为 qq>0,∵a7=a6+2a5,∴a1⋅q6=a1⋅q5+2a1⋅q4 ,
∴q2=q+2 ,即 q2−q−2=q−2q+1=0 ,解得 q=2 ,
∵am⋅ap=16a12,∴a1⋅qm−1⋅a1⋅qp−1=16a12,∴2m+p−2=24,∴m+p=6 ,
∴1m+9p=161m+9p⋅m+p=1610+pm+9mp≥1610+2pm⋅9mp=83 ,
当且仅当 pm=9mp ,即 p=3m ,即 m=32、p=92 时,取得最小值,
又 m∈N*,p∈N*,∴1m+9p>83 ,
只能逐一验证,当 m=1、p=5 时, 1m+9p=1+95=145 ;
当 m=2、p=4 时, 1m+9p=12+94=114 ;
当 m=3、p=3 时, 1m+9p=13+93=103 ;
当 m=4、p=2 时, 1m+9p=14+92=194 ;
当 m=5、p=1 时, 1m+9p=15+91=465 ,
∴1m+9p 的最小值为 114 .
题型三 片段和相关计算
15. (2023·广东深圳二模) 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,若 S10=20,S20=10 ,则 S30=
A. 0 B. -10 C. -30 D. -40
【答案】 C
【解析】由等差数列 an 的前 n 项和的性质可得: S10,S20−S10,S30−S20 也成等差数列,
∴2S20−S10=S10+S30−S20 ,
∴2×10−20=20+S30−10 ,解得 S30=−30 .
2024 届・江苏连云港&、南通质量调研(一)
16. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,已知 Sk=5,ak2+1=−45,ak+1+ak+2+⋯+a2k=−45 ,其中正整数 k≥2 , 则该数列的首项 a1 为 ( )
A. -5 B. 0 C. 3 D. 5
【答案】D
【分析】结合等差数列的性质求解即可.
【详解】 ak+1+ak+2+⋯+a2k=−45 ,
又 Sk=a1+a2+⋯+ak=5 ,
两式相减得: kd+kd+⋯+kd=k2d=−50 ,
ak2+1=a1+k2d=a1−50=−45,
解得: a1=5 .
17. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn . 若 S4S8=14 ,则 S12S4=
A. 13 B. 16 C. 9 D. 12
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质,可得 S4,S8−S4,S12−S8 仍成等比数列,得到 S8−S4S4=3 ,即可求解.
【详解】设 S4=xx≠0 ,则 S8=4x ,
因为 an 为等比数列,根据等比数列的性质,
可得 S4,S8−S4,S12−S8 仍成等比数列.
因为 S8−S4S4=4x−xx=3 ,所以 S12−S8=9x ,
所以 S12=13x ,故 S12S4=13 .
深圳市宝安区 2024 届高三上学期 10 月调研数学试题
18. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn . 记命题 p : “数列 an 为等比数列”,命题 q: “ Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列”,则 p 是 q 的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.
【详解】若数列 an 为等比数列,设公比为 q ,
则当 q=1 时 Sn=na1 ,
所以 S2n−Sn=2na1−na1=na1, S3n−S2n=3na1−2na1=na1 ,
显然 a1≠0 ,所以 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列,
当 q≠1 时 Sn=a11−qn1−q ,
所以 S2n−Sn=a11−q2n1−q−a11−qn1−q=a1qn1−qn1−q, S3n−S2n=a11−q3n1−q−a11−q2n1−q=a1q2n1−qn1−q ,
所以 S2n−Sn2=Sn⋅S3n−S2n ,
但是当 q=−1 且当 n 为正偶数时,此时 Sn=0,S2n−Sn=0,S3n−S2n=0
则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 不成等比数列,故充分性不成立,
若 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列,
当 n=1 时 S1=a1,S2−S1=a2,S3−S2=a3 成等比数列,
当 n=2 时 S2,S4−S2,S6−S4 成等比数列,
不妨令 a1=mm≠0,a2=2m,a3=4m,a4=2m,a5=5m,a6=7m ,
显然满足 S2,S4−S2,S6−S4 成等比数列,但是 a1,a2,a3,a4,a5,a6 不成等比数列,故必要性不成立, 所以 p 是 q 的既不充分也不必要条件
题型三 数列性质判定
2024 届·湖南长沙雅礼中学校考
19. (多选) 设 Sn 是公差为 dd≠0 的无穷等差数列 an 的前 n 项和,则下列命题正确的是
A. 若 d<0 ,则 S1 是数列 Sn 的最大项
B. 若数列 Sn 有最小项,则 d>0
C. 若数列 Sn 是递减数列,则对任意的: n∈N* ,均有 Sn<0
D. 若对任意的 n∈N* ,均有 Sn>0 ,则数列 Sn 是递增数列
【答案】 BD
【分析】取特殊数列判断 A; 由等差数列前 n 项和的函数特性判断 B; 取特殊数列结合数列的单调性判断 C; 讨论数列 Sn 是递减数列的情况,从而证明 D.
【详解】对于 A: 取数列 an 为首项为 4,公差为 -2 的等差数列, S1=4对于 B : 等差数列 an 中,公差 d≠0,Sn=na1+nn−12d=d2n2+a1−d2n,Sn 是关于 n 的二次函数. 当数列 Sn 有最小项,即 Sn 有最小值, Sn 对应的二次函数有最小值,对应的函数图象开口向上, d>0 , B 正确;
对于 C : 取数列 an 为首项为 1,公差为 -2 的等差数列, Sn=−n2+2n , Sn+1−Sn=−n+12+2n+1−−n2+2n=−2n+1<0 ,即 Sn+10 ,故 C 错误;
对于 D : 若数列 Sn 是递减数列,则 an=Sn−Sn−1<0n≥2 ,一定存在实数 k ,当 n>k 时,之后所有项都为
负数,不能保证对任意 n∈N* ,均有 Sn>0 .
故若对任意 n∈N* ,均有 Sn>0 ,有数列 Sn 是递增数列,故 D 正确
20. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和,设甲: an 为等差数列; 乙:Snn 为等差数列,则
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】 C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义,再结合数列前 n 项和与第 n 项的关系推理判断作答.,
【详解】方法 1,甲: an 为等差数列,设其首项为 a1 ,公差为 d ,
则 Sn=na1+nn−12d,Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2,Sn+1n+1−Snn=d2 ,
因此 Snn 为等差数列,则甲是乙的充分条件;
反之, ζ:Snn 为等差数列,即 Sn+1n+1−Snn=nSn+1−n+1Snnn+1=nan+1−Snnn+1 为常数,设为 t ,
即 nan+1−Snnn+1=t ,则 Sn=nan+1−t⋅nn+1 ,有 Sn−1=n−1an−t⋅nn−1,n≥2 ,
两式相减得: an=nan+1−n−1an−2tn ,即 an+1−an=2t ,对 n=1 也成立,
因此 an 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件, C 正确.
方法 2,甲: an 为等差数列,设数列 an 的首项 a1 ,公差为 d ,即 Sn=na1+nn−12d ,
则 Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2 ,因此 Snn 为等差数列,即甲是乙的充分条件;
反之, ζ:Snn 为等差数列,即 Sn+1n+1−Snn=D,Snn=S1+n−1D ,
即 Sn=nS1+nn−1D, Sn−1=n−1S1+n−1n−2D ,
当 n≥2 时,上两式相减得: Sn−Sn−1=S1+2n−1D ,当 n=1 时,上式成立,
于是 an=a1+2n−1D ,又 an+1−an=a1+2nD−a1+2n−1D=2D 为常数,
因此 an 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件.
21. 设等比数列 an 的公比为 q ,其前 n 项和为 Sn ,前 n 项积为 Tn ,且满足条件 a1>1,a2020a2021>1 ,
a2020−1a2021−1<0 ,则下列选项错误的是 ( )
A. q>1 B. S2020+1>S2021
C. T2020 是数列 Tn 中的最大项 D. T4041>1
【答案】 AD
【分析】由题意可推出等比数列公比 01,0【详解】由题意知 a2020a2021>1 ,即 a1q2019a1q2020=a12q4039>1 ,
因为 a1>1 ,可得 q>0 ,即等比数列 an 的各项都为正值,
又 a2020−1a2021−1<0 ,故若 q≥1 ,结合 a1>1 可知 an>1 ,
则 a2020−1a2021−1<0 不成立,
故 01,0因为 0S2020+a2021=S2021 , B 正确;
由以上分析可知 a1>a2>⋯>a2020>1>a2021>⋯>0 ,
故 T2020 是数列 Tn 中的最大项, C 正确;
由等比数列性质可得 a1a4041=a2a4040=⋯=a2020a2022=a20212,0故 T4041=a1a2⋯a4041=a20214041<1 , D 错误
22. (多选) 已知数列 an 的前 n 项和是 Sn ,则下列说法正确的是 ( )
A. 若 Sn=an ,则 an 是等差数列
B. 若 a1=2,an+1=2an+3 ,则 an+3 是等比数列
C. 若 an 是等差数列,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等差数列
D. 若 an 是等比数列,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等比数列
【答案】 ABC
【分析】求出通项公式判断 AB ; 利用数列前 n 项和的意义、结合等差数列推理判断 C ; 举例说明判断 D 作
答.
【详解】对于 A,Sn=an,n≥2 时, an=Sn−Sn−1=an−an−1 ,解得 an−1=0 ,因此 n∈N*,an=0,an 是等差数列, A 正确;
对于 B,a1=2,an+1=2an+3 ,则 an+1+3=2an+3 ,而 a1+3=5,{an+3} 是等比数列, B 正确;
对于 C ,设等差数列 an 的公差为 d ,首项是 a1,Sn=a1+a2+⋯+an ,
S2n−Sn=an+1+an+2+⋯+a2n=a1+nd+a2+nd+⋯+an+nd=Sn+n2d,
S3n−S2n=a2n+1+a2n+2+⋯+a3n=an+1+nd+an+2+nd+⋯+a2n+nd=S2n−Sn+n2d,
因此 2S2n−Sn=Sn+S3n−S2n ,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 成等差数列, C 正确;
对于 D ,若等比数列 an 的公比 q=−1 ,则 S2=0,S4−S2=0,S6−S4=0 不成等比数列, D 错误.
23. 设数列 an,bn 都是等比数列,则 ( )
A. 若 Cn=anbn ,则数列 Cn 也是等比数列
B. 若 dn=anbn ,则数列 dn 也是等比数列
C. 若 an 的前 n 项和为 Sn ,则 Sn,S2n−Sn,S3n−S2n 也成等比数列
D. 在数列 an 中,每隔 k 项取出一项,组成一个新数列,则这个新数列仍是等比数列
【答案】ABD
【分析】根据给定条件, 利用等比数列定义判断 ABD; 举例说明判断 C 作答.
【详解】数列 an,bn 都是等比数列,设公比分别为 q1,q2q1q2≠0 ,
对于 A ,由 cn=anbn ,得 cn+1cn=an+1bn+1anbn=q1q2 ,所以数列 cn 为等比数列, A 正确;
对于 B ,由 dn=anbn ,得 dn+1dn=an+1bn+1anbn=an+1an⋅bnbn+1=q1⋅1q2=q1q2 ,所以数列 dn 为等比数列, B 正确;
对于 C ,令 an=−1n ,则 S2=S4−S2=S6−S4=0 ,不成等比数列, C 错误;
对于 D, an+k+1an=q1k+1 为常数, D 正确
24. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ,公差 d>0 ,则下列数列一定递增的是 ( )
A. Snn B. nan
C. ann D. an+3nd
【答案】 AD
【分析】根据等差数列的通项公式及前 n 项和公式,利用数列单调性的概念,结合作差法即可判断.
【详解】对于 A,Sn=na1+nn−12d,Snn=a1+n−12d ,
Sn+1n+1−Snn=a1+n2d−a1+n−12d=12d>0 ,则数列 Snn 是递增数列, A 正确;
对于 B,n+1an+1−nan=n+1a1+nd−na1+n−1d=a1+2nd ,
∵a1∈R,∴a1+2nd 不一定是正实数,即数列 nan 不一定是递增数列, B 错误;
对于 C,an+1n+1−ann=a1+ndn+1−a1+n−1dn=d−a1nn+1 ,
∵a1∈R,∴d−a1nn+1 不一定是正实数,即数列 ann 不一定是递增数列, C 错误;
对于 D,an+1+3n+1d−an+3nd=an+1−an+3d=4d>0 ,
故数列 an+3nd 是递增数列, D 正确