2019届二轮复习　数列的基本运算及性质[小题提速练]学案（全国通用）

第12练　数列的基本运算及性质[小题提速练]
[明晰考情]　1.命题角度：考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查数列的通项及求和.2.题目难度：中档难度或较难难度．

考点一　等差数列与等比数列
要点重组　(1)在等差数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(2)若{an}是等差数列，则也是等差数列．
(3)在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．
(4)在等比数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.
(5)在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(当q＝－1时，n不能为偶数)．
1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于(　　)
A．－12 B．－10 C．10 D．12
答案　B
解析　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a9＝1，S18＝0，当Sn取最大值时n的值为(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
答案　C
解析　方法一　设公差为d，
则a1＋8d＝1且18a1＋d＝0，
解得a1＝17，d＝－2，
所以Sn＝17n－n(n－1)＝－n2＋18n，
当n＝9时，Sn取得最大值，故选C.
方法二　因为S18＝×18＝0，
所以a1＋a18＝a9＋a10＝0，所以a10＝－1，
即数列{an}中前9项为正值，从第10项开始为负值，故其前9项之和最大．故选C.
3．已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，a7＝64，a1a5＋a3＝20，则S5等于(　　)
A．31 B．63 C．16 D．127
答案　A
解析　设公比为q(q>0)，因为a1a5＋a3＝20，
所以a＋a3－20＝0，即(a3＋5)(a3－4)＝0，
∵a3>0，∴a3＝4，
∵a7＝a3q4＝64，∴q＝2，a1＝1.
所以S5＝＝31，故选A.
4．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.
答案　－9
解析　由题意知，数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，说明{an}有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由于{an}中连续四项至少有一项为负，∴q<0，又∵|q|>1，∴{an}的连续四项为－24,36，－54,81，
∴q＝＝－，∴6q＝－9.
考点二　数列的通项与求和
方法技巧　(1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解．
(2)利用an＝求通项时，要注意检验n＝1的情况．
5．数列{an}满足a1＝0，－＝1(n≥2，n∈N*)，则a2 019等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　∵数列{an}满足a1＝0，－＝1(n≥2，n∈N*)，∴＝1，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝n，
∴＝2 019，
解得a2 019＝.
6．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋ A. B.
C. D.
答案　D
解析　∵数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2；
当n≥2时，a1a2a3…an－1＝，
可得an＝22n－1，n≥2，
当n＝1时，a1＝2满足上式，
∴＝，数列为等比数列，首项为，公比为.
∴＋＋…＋＝＝<.
∵对任意n∈N*都有＋＋…＋ ∴t的取值范围是.
7．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
答案　－63
解析　∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝＝＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.

8．在已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________.
答案　
解析　当n≥2时，由＝1，
得2(Sn－Sn－1)＝anSn－S＝－SnSn－1，
所以－＝1，又＝2，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以＝n＋1，故Sn＝，则S2 017＝.
考点三　数列的综合应用
方法技巧　(1)以函数为背景的数列问题、可以利用函数的性质等确定数列的通项an、前n项和Sn的关系．
(2)和不等式有关的数列问题，可以利用不等式的性质、基本不等式、函数的单调性等求最值来解决．
9．已知函数f(x)＝x2＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行，若数列的前n项和为Sn，则S20的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　因为f(x)＝x2＋ax，所以f′(x)＝2x＋a，又函数f(x)＝x2＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行，所以f′(0)＝a＝2，所以f(x)＝x2＋2x，所以＝＝，
所以S20＝
＝×＝.
10．已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋bn＋c，等比数列{bn}的前n项和Tn＝3n＋d，则向量a＝(c，d)的模为(　　)
A．1 B.
C. D．无法确定
答案　A
解析　由等差数列与等比数列的前n项和公式知，c＝0，d＝－1，所以向量a＝(c，d)的模为1.
11．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
答案　64
解析　由已知a1＋a3＝10，a2＋a4＝a1q＋a3q＝5，
两式相除得＝，
解得q＝，a1＝8，
所以a1a2…an＝8n·1＋2＋…＋(n－1)＝，
抛物线f(n)＝－＋的对称轴为n＝＝，
又n∈N*，所以当n＝3或4时，a1a2…an取最大值为26＝64.
12．已知函数f(x)＝3|x＋5|－2|x＋2|，数列{an}满足a1<－2，an＋1＝f(an)，n∈N*.若要使数列{an}成等差数列，则a1的取值集合为______________．
答案　
解析　因为f(x)＝
所以若数列{an}成等差数列，则当a1为直线y＝x＋11与直线y＝－x－11的交点的横坐标，即a1＝－11时，数列{an}是以－11为首项，11为公差的等差数列；当f(a1)＝a1，即5a1＋19＝a1或－a1－11＝a1，即a1＝－或a1＝－时，数列{an}是以0为公差的等差数列，因此a1的取值集合为.

1．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15等于(　　)
A．210 B．211 C．224 D．225
答案　B
解析　当n＞1时，Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
∴an＋1＝an＋2，n≥2，∴an＋1－an＝2，n≥2.
∴数列{an}从第二项开始组成公差为2的等差数列，
∴S15＝a1＋(a2＋…＋a15)＝1＋×14＝211.
2．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项的和S2 017＝________.
答案　
解析　由an＋1＝an(1－2an＋1)，可得－＝2，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
故＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以an＝.
又bn＝an·an＋1＝＝，
所以S2 017＝
＝×＝.
3．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________．
答案　
解析　由题意，得a2－a1＝2，
a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，
累加整理可得an＝n2－n＋33，n≥2，
当n＝1时，a1＝33也满足，
∴＝n＋－1(n∈N*)．
由函数f(x)＝x＋－1(x＞0)的单调性可知，
的最小值为f(5)，f(6)中较小的一个．
又f(6)＝，f(5)＝，∴min＝.
解题秘籍　(1)利用an＝Sn－Sn－1寻找数列的关系，一定要注意n≥2这个条件．
(2)数列的最值问题可以利用基本不等式或函数的性质求解，但要考虑最值取到的条件．

1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为(　　)
A．－24 B．－3 C．3 D．8
答案　A
解析　由已知条件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2.
所以S6＝6×1＋＝－24.
2．(2017·浙江)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”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　C
解析　方法一　∵数列{an}是公差为d的等差数列，
∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，
∴S4＋S6＝10a1＋21d，2S5＝10a1＋20d.
若d＞0，则21d＞20d，10a1＋21d＞10a1＋20d，
即S4＋S6＞2S5.
若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，
即21d＞20d，
∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．
故选C.
方法二　∵S4＋S6＞2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)⇔a6＞a5⇔a5＋d＞a5⇔d＞0.
∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．
故选C.
3．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|等于(　　)
A．9 B．15 C．18 D．30
答案　C
解析　由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
4．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
解析　＝＝＝＝＝＝7＋，
验证知，当n＝1,2,3,5,11时为整数．
5．在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于(　　)
A．(2n－1)2 B.
C．4n－1 D.
答案　D
解析　设Sn为{an}的前n项和，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，an＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，a＝4n－1，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以a＋a＋…＋a＝＝.
6．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则等于(　　)
A．2 B.
C. D．1或2
答案　B
解析　设S2＝k，则S4＝3k，
由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，
又S2＝k，S4－S2＝2k，
∴S6－S4＝4k，
∴S6＝7k，
∴＝＝，故选B.
7．设{an}是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是(　　)
A．2X＋Z＝3Y B．4X＋Z＝4Y
C．2X＋3Z＝7Y D．8X＋Z＝6Y
答案　D
解析　根据等差数列的性质X，Y－X，S3n－Y，Z－S3n成等差数列，∴S3n＝3Y－3X，
又2(S3n－Y)＝(Y－X)＋(Z－S3n)，
∴4Y－6X＝Y－X＋Z－3Y＋3X，
∴8X＋Z＝6Y.
8．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋等于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，
则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，
a4－a3＝3＋1，
…，
an－an－1＝(n－1)＋1，n≥2.
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，n≥2，把a1＝1代入上式得，
an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，n≥2，
＝＝2，n≥2，
当n＝1时，a1＝1也满足，
∴＝2，n∈N*，
则＋＋…＋＝2
＝2＝.
9．已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________.
答案　4　28
解析　由题意，得am－1＝a1＋(m－2)d＝2m－6，
am＝2m－4，则由＝＝2，解得m＝4，
所以数列{an}的前6项依次为－2,0,2,4,8,16，
所以S6＝28.
10．若Sn为数列{an}的前n项和，且2Sn＝an＋1an，a1＝4，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案　
解析　因为2Sn＝an＋1an，a1＝4，
所以n＝1时，2×4＝4a2，解得a2＝2.
n≥2时，2Sn－1＝anan－1，
可得2an＝an＋1an－anan－1，
所以an＝0(舍去)或an＋1－an－1＝2.
n≥2时，an＋1－an－1＝2，可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列．
所以a2k－1＝4＋2(k－1)＝2k＋2，k∈N*，
a2k＝2＋2(k－1)＝2k，k∈N*.
所以an＝
11．对于正项数列{an}，定义Hn＝为{an}的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为Hn＝，则数列{an}的通项公式为________．
答案　an＝(n∈N*)
解析　由Hn＝可得
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝＝，①
所以a1＝，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n≥2)，②
①－②得nan＝－＝，
所以an＝，n≥2.
又当n＝1时，a1＝也满足上式，
所以an＝，n∈N*.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是________．
答案　(－∞，－5]
解析　n＝1时，a1＝S1＝3.
n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.n＝1时也成立，
所以an＝2n＋1.
所以bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]＝(2n＋1)(2n＋3)cos[(n＋1)π]，
n为奇数时，cos[(n＋1)π]＝1，
n为偶数时，cos[(n＋1)π]＝－1.
因此当n为奇数时，Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n＋1)(2n＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)＝15＋4×＝2n2＋6n＋7.
因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，
所以2n2＋6n＋7≥tn2，t≤＋＋2＝72＋，
所以t≤2.
当n为偶数时，Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n＋1)(2n＋3)
＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n＋1)＝－2n2－6n.
因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，
所以－2n2－6n≥tn2，t≤－2－，
所以t≤－5.
综上可得t≤－5.