1、專題強化瞻精練提能1. 已知數列an的前n項和Sn滿足Sn+Sm= 5+m(n, m N)且ai=5,則a&=.解析數列an的前n項和Sn滿足Sn+ Sm= S+mg , m N )且ai= 5,令m= 1 ,則Sn+1 = Sn+ S| = Sn+ 5 ,即 Sn+ i Sn= 5,所以 an+ 1= 5 ,所以 a8= 5.答案52. (2019 蘇省名校高三入學摸底卷 )已知公差不為0的等差數列an的前n項和為Sn, 若a1, a3, a4成等比數列，則 S的值為.S7 S4解析法一：設等差數列an的公差為d,因為a1, a3, a4成等比數列，所以 a3 = a1a4,所以(a

2、1 + 2d)? = a1(a1 + 3d),因為dz 0,所以a1 = 4d,所以亠S7 S43X 23a1 + d7 X 67 a1 + 2 d 4a1 +4 X 3d3a1 + 3d 9d3a1+ 15d3d法二：設等差數列an的公差為d,因為a1, a3, a4成等比數列，所以 a3 = a1 a4,所以(a1 + 2d) = a1(a1 + 3d),因為 dz 0,所以 a1 = 4d,所以S7 J3a2 =3a6a1 + d 3da1 + 5dd答案3x3. (2019泰州市高三模擬)設f(x)是R上的奇函數，當x>0時，f(x) = 2x+ “才 記a. = f(n5)，則

3、數列an的前8項和為.解析數列an的前 8 項和為 a1 + a2+ + a$ = f( 4) + f( 3) + f(3)= f( 4) + f(43)+ f+ f( 2) + f(2) + f( 1) + f(1) + f(0) = f( 4) = f(4) = (2 + ln 1) = 16 .答案164. (2019日照模擬改編)已知數列an的前n項和Sn= n2 6n，則&|的前n項和Tn =解析由Sn= n2 6n可得，當n2時,2 2an= Sn Sn -1= n 6n (n 1) + 6(n 1) = 2n 7.當n = 1時，Si = 5 = ai,也滿足上式，所以

4、an= 2n 7, n CN .所以 nW 3 時，an< 0; n4 時，an> 0,6nn 解析設等比數列an的公比為q（q> 0且1）,則由a3 a1= 2,得a1 = .因為, 1 w nW 3,所以Tn=2|n26n+ 18, n4.6n n2, 1 w nW 3,答案'p2 - 6n + 18, n45. 已知等差數列an的前n項和為Sn,并且Seo, Sn<o，若SnW Sk對n N*恒成立，則正整數k的值為.解析由 Sw>0, Sn<0 知 a1>0, d<0,并且 a1 + an<0,即 a6<0,又 a5+

5、 a6>0,所以 a5>0,即數列的前5項都為正數，第5項之后的都為負數，所以S5最大，則k= 5.答案5a3 a1 = 2 > 0,所以 q > 1,所以 a5= ag4 =q2-1令 q 1 = t> 0,所以 a5= 2 t+ f + 28,6. （2019南京高三模擬）若等比數列 an的各項均為正數，且a3 a1 = 2,則a5的最小值當且僅當t= 1,即q=>2時，等號成立，故a5的最小值為&答案8a （ab）7. （2019 蘇名校高三入學摸底）定義實數a, b之間的運算®如下：a ® b=,b （a<b）已知數

6、列an滿足：a1= a2= 1, a*+ 2=°（n N ），若 a2 017= 1，記數列 an的前 nan項和為Sn,貝U S2 017的值為.解析因為 a1 = 1, a2= 1,所以 a3= 4,刃=8, a5= 4,a6= 1, a7= 1, a8= 4,即此時an是周期數列，且周期為5,所以 a2 oi7= a2= 1, ai + a2 + a3 + a4 + a5= 18,故 S2 017= 403x 18+ a1 + a2= 7 256.答案7 256&對于數列an，定義數列an+1-an為數列an的“差數列”，若a1= 2,的“差數列”的通項公式為 an +

7、 1 an= 2n，則數列an的前n項和Sn =.解析因為 an + 1 an= 2n,所以 an= (an an 1) + (an 1 an 2)+ + (a2 a1)+ a1n2 2 =2n1 + 2n 2+ + 22 + 2+ 2 = + 2= 2n 2+ 2= 2n.1 22 2n+ 1 所以 Sn= 2* +1 2 .1 2答案2n+ 1 29. (2019徐州調研)設等差數列an滿足a3 + a?= 36, a4a6= 275,且anan+1有最小值, 則這個最小值為.解析設等差數列an的公差為d,因為a3+ a7= 36,所以 a4+ a6= 36,a4=11,a4= 25,與a

8、4a6= 275,聯立，解得或Ia6= 25Ia6= 11,a4= 11,a1 = 10,當i時，可得i此時an= 7n 17, a2 = 3, a3 = 4,易知當nw 2時,Ia6= 25Id = 7,an<0 ,當 n > 3 時，an>0,所以a2a3= 12為anan+1的最小值；a4= 25,a1= 46,當時，可得此時an= 7n + 53, a?= 4, a8= 3,易知當nW 7時,I.a6= 11|d = 7,an>0 ,當 n > 8 時，an<0.所以a7a8= 12為anan+1的最小值.綜上，anan+1的最小值為一12.答案-1

9、210. (2019昆明調研)將數列an中的所有項按每一行比上一行多1項的規則排成如下數陣：a1a2, a3a4, a5, a6a7, a8, a9,a®記數陣中的第1列數a1，a2, a4,構成的數列為bn, Sn為數列 bn的前n項和.若 Sn= 2bn- 1，貝V a56=.解析當 n2 時，因為 Sn= 2bn 1 ,所以 Sn- 1 = 2bn-1 1,所以 bn= 2bn 2bn- 1,所 以bn= 2bn- 1(n>2且n N*),因為b1= 2 1,所以S = 1,所以數列bn是首項為1,公 比為2的等比數列，所以bn= 2n-1.設 a1, a2, a4, a

10、?, a” 的下標 1, 2, 4, 7, 11,構成數列Cn,則 C2 C1= 1, C3C2 = 2 , C4 C3= 3 , C5 C4= 4，Cn Cn- 1 = n 1 ,累加得，Cn 5= 1 + 2 + 3 + 4+ +(n 1),所以n (n 1)+ 1,由n (n1)2+ 1 = 56,得 n= 11,所以 a56= bn = 210=1 024.答案1 02411. (2019江蘇名校高三入學摸底)構造數組，規則如下：第一組是兩個1,即(1, 1),第二組是(1, 2a, 1),第三組是(1, a(1 + 2a), 2a, a(2a + 1), 1)，在每一組的相鄰兩個 數

11、之間插入這兩個數的和的a倍得到下一組，其中a 0, 4 .設第n組中有 碼個數，且這an個數的和為Sn(n N ).(1) 求 an 和 Sn；求證：a1 1+a21+-+an1>n.S1 +S2 +Sn2解(1)由題意可得 ai= 2, an+1= an+ (an 1) = 2an 1,所以 an+1 1 = 2(an 1),又 ai1 = 1,則 an 1 = 2n_ 1,所以 an= 2n_ 1 +1.又 S1 = 2,且 Sn+1 = Si + 2a(Sn 1) = (2a + 1)Sn 2a,貝U Sn+1 1 = (2a + 1)(Sn 1),又 S1所以 Sn 1 = (2

12、a + 1)n 1,所以 Sn= (2a + 1)n 1+ 1.an 1(2)證明：令 bn= 2n-1，則 bn= (2a + 1) n-1+ 1F面用分析法證明數列 bn為單調遞增數列.要證bn< bn + 1 ,即證2n-12n<(2a + 1) n 1+ 1( 2a + 1) n+ 1，又 a 0, 4 ,故即證 2(2a+ 1)n1+ 2>(2a+ 1)n+ 1,只需證 2(2a+ 1)n1> (2a + 1)n,即證 2> 2a+ 1,顯然成立，則數列bn為單調遞增數列.a1 1所以 +S1a2 1S2+ +Snan 1> n12. (2019江

13、蘇名校高三入學摸底)已知各項均為正數的數列 an滿足：a1= a, a2= b, an+1= ,anan+2+ m(n N )，其中 m, a, b 均為實常數.(1) 若m = 0，且a4, 3a3,成等差數列.求b的值；aan, n為奇數求數列bn的前n項和Sn；若a= 2,令bn=, n2log2an 1 ,n 為偶數，(2) 是否存在常數 入使得an+ an+ 2=入a 1對任意的n N*都成立？若存在，求出實數入的值(用 m, a, b表示);若不存在，請說明理由.2解(1)因為 m= 0,所以 an+1 = anan+ 2,所以正項數列an是等比數列，不妨設其公比為q.又a4, 3

14、a3,成等差數列，所以q + q = 6,解得q = 2或q = 3(舍去),所以= 2.a當a= 2時，數列an是首項為2、公比為2的等比數列，所以an= 2n,2n, n為奇數，所以bn=|_2n - 1, n為偶數，即數列bn的奇數項依次構成首項為 2、公比為4的等比數列，偶數項依次構成首項為3、公差為4的等差數列.當n為偶數時，n n2 (1 42)2 (3 + 2n 1)2n+ 1 n2+n 231 =1 4+2= T + 丁 3 ；當n為奇數時，2 (2n+ 1 1)( n+ 1)( n+ 1 + 1)2n+ 2n2 n 2s =3+2 (2 n+1)=T+匚3.所以Sn =n,

15、1232n + n 2廠2，n為偶數n丄222 n n 2+ 廠2，n為奇數2 2a + b m*存在常數 = 二 ,使得an+ an+ 2=入n+1對任意的n N都成立.ab證明如下：因為 a；n+1 = anan+ 2+ m(n N*),所以a2= a n1an +1+ m, n> 2, n ,所以 an+ 1 an= anan+ 2 an ian +1 ,即 an+1+ an- 1an+ 1 = anan+ 2 + an.由于an>0,此等式兩邊同時除以anan+1,an+ an+ 2an 1 + an+ 1得=,anan+ 1an + an + 2 所以an+1an 1+

16、an+ 1ana1 + a3a22因為 ai = a, a2= b, an+1 = anan+2+ m,所以a3=b2 mai + a3所以 a2b2 ma +孑 + b2 mb = ab所以當X=a2+ b2 mab時，對任意的n N都有an+ a*+ 2=入a+i成立.13. (2019泰州市高三模擬)已知數列an , bn滿足2Sn= (an+ 2) bn,其中Sn是數列an的前n項和.2 1(1) 若數列an是首項為3，公比為1的等比數列，求數列bn的通項公式；(2) 若bn= n, a2= 3，求數列a*的通項公式；(3) 在(2)的條件下，設cn= ¥，求證：數列Cn中的

17、任意一項總可以表示成該數列其他兩bn項之積.解(1)因為 an=2 (- 3)=-2 (- 3)，所以bn =2Snan+ 212若 bn= n,則 2Sn= nan+ 2n,所以 2Sn+1 = (n + 1)an+1+ 2(n + 1),一得 2an+1 = (n+ 1)an+1 nan+ 2,即 nan = (n 1)an+1 + 2,當 n2 時，(n 1)an 1 = (n 2)an + 2,得(n 1)an 1 + (n 1)an+1 = 2( n 1)an,即 an1 + an+1= 2an,由 2Si = ai + 2,得 ai= 2,又 a2= 3,所以數列an是首項為2,公

18、差為3-2 = 1的等差數列，故數列an的通項公式是an= n + 1.證明:n+ 1由(2)得Cn=斤對于給定的n N*,若存在kz n, ti, k,t N ,使得 Cn= Ck Ct,只需k+ 1 t+ 11即1+1=T ,即 1= k+1+£n k t ktn (k+ 1)k n取 k = n+ 1,則 t= n(n + 2),所以對數列Cn中的任意一項Cn =n+1n2n+ 2n + 2n + 1, 都存在 Cn+ 1 =禾廿Cn2 + 2n =2n+ 1n2+ 2n,使得Cn= Cn+ 1 Cn2+ 2n.14. (2019鹽城高三模擬)已知數列an滿足2an, n =

19、2k 1*a1 = m, an+1 =an+ r, n = 2k (kC N, r CR)，其前n項和為S .(1) 當m與r滿足什么關系時，對任意的n N*，數列a.都滿足an +2= a.?(2) 對任意的實數 m, r，是否存在實數p與q,使得a2n+1+ p與a?n+ q是同一個等比 數列？若存在，請求出 p, q滿足的條件；若不存在，請說明理由；(3) 當m = r = 1時，若對任意的n N*，都有Sn> n,求實數 入的最大值.解(1)由題意，得 a1 = m, a2 = 2a1 = 2m, a3= a2 + r = 2m + r,由 a3= a1,得 m+ r = 0.2an, n= 2k 1*當 m+ r = 0 時，因為 an+1=(k N*),an m, n = 2k所以 a1 = a3=m, a2= a4= =2m,故對任意的n N ,數列 an都滿足an+2 = an.即當實數m, r滿足m+ r = 0時，題意成立.(2)依題意，a2n+1 = a2n+ r = 2a2n-1+ r,貝V