课时冲关28 数列的概念与简单表示法&课时冲关29 等差数列及其前n项和-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关课时作业

　　　　　　　　　　课时冲关二十八　数列的概念与简单表示法　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．已知数列１,３,５,７,􀆺,２n－１,则３ ５ 是它的 (　　) A．第２２项　　　　　　　B．第２３项 C．第２４项 D．第２８项 ２．(２０２５􀅰日照质检)设数列{an}的前n项和 为Sn,若Sn＋n＝２an,则a７＝ (　　) A．６５ B．１２７ C．１２９ D．２５５ ３．(２０２５􀅰聊城市模拟)大衍数列,来源于«乾 坤谱»中对易传“大衍之数五十”的推论．主要 用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数 列中的每一项,都代表太极衍生过程中,曾经 经历过的两仪数量总和．是中华传统文化中隐 藏着的世界数学史上第一道数列题．其前１０ 项依次是０、２、４、８、１２、１８、２４、３２、４０、５０􀆺,则此 数列第２０项为 (　　) A．１８０ B．２００ C．１２８ D．１６２ ４．(２０２５􀅰山东潍坊三模)已知数列{an}满足 an＋１＝ an ２ ,an 为偶数 ３an＋１,an 为奇数 ì î í ïï ï ,若a１＝１,则a５ ＝ (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ ５．(多选题)已 知 数 列 {an}的 通 项 为 an ＝ ２ ３ æ è ç ö ø ÷ n－１ 􀅰 ２ ３ æ è ç ö ø ÷ n－１ －１[ ],则下列表述正确 的是 (　　) A．最大项为０ B．最大项不存在 C．最小项为－１４ D． 最小项为－２０８１ ６．(２０２５􀅰唐山市一模)设数列{an}的前n项和为 Sn,且 Sn ＝ a１(４n－１) ３ ,若a４ ＝３２,则 a１ ＝ 　　　　． ７．(２０２５􀅰沈阳二模)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,{bn}是等比数列,若an＞０,a２＋ a３＝１０,且b３b９ ＝５b７,则 S５ b５ 的 最 小 值 为 　　　　． ８．(２０２５􀅰山西大同三模)已知数列{an},a１＝ ２,an＋１＝ １ １－an ,设bn＝lg|an|,函数y＝ lgx在区间[１,n]上的最大值比最小值大１, 则b１＋b２＋􀆺＋bn＝　　　　． ９．(２０２５􀅰烟台质检)若数列{An}满足An－１＝ A２n,则称数列{An}为“平方递推数列”．已知 数列{an}中,a１＝９,点 (an,an＋１)在函数 f(x)＝x２＋２x的图象上,其中n为正整数． (１)证明:数列{an＋１}是“平方递推数列”, 且数列{lg(an＋１)}为等比数列; (２)设bn＝lg(an＋１),cn＝２n＋４,定义a∗b ＝ a,a≤b, b,a＞b,{ 且记dn＝bn∗cn,求数列{dn}的 前n项和Sn． １０．(２０２５􀅰潍坊模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且a３＝１,S６＝７;数列{bn}满足b１ ＋b２＋􀆺＋bn＝２n＋１－２． (１)求数列{an}和{bn}的通项公式; (２)记cn＝bn􀅰tan(anπ),求数列{cn}的前 ３n项和． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９４２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第五章　数　列 　　　　　　　　　课时冲关二十九　等差数列及其前n项和　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．(２０２５􀅰福州市一模)已知等差数列{an}的公差 为１,且a２,a４,a７ 成等比数列,则an＝ (　　) A．２n＋１　B．２n＋２　C．n＋１　D．n＋２ ２．(２０２５􀅰唐山市二模)已知等差数列{an}的 项数为奇数,其中所有奇数项之和为３１９,所 有偶数项之和为２９０,则该数列的中间项为 (　　) A．２８ B．２９ C．３０ D．３１ ３．(２０２５􀅰湖南株州模拟)已知Sn 为等差数列 {an}的前n项和,a１＝－２１,S１＝S１５,则Sn 的最小值为 (　　) A．－９９ B．－１００ C．－１１０ D．－１２１ ４．(２０２５􀅰天津卷)已知数列{an}的前n项和 Sn＝－n２＋８n,则{|an|}的前１２项和为 (　　) A．４８ B．１１２ C．８０ D．１４４ ５．(多选题)(２０２５􀅰唐山市统考)已知{an}为 等差数列,其前n项和为Sn,a７＋a８＜０,则 下列结论一定正确的是 (　　) A．若a１＞０,则公差d＜０ B．若a１＜０,则S７ 最小 C．S１５＜０ D．S１４＜０ ６．(双空填空题)若Sn 是等差数列{an}的前n项 和,且a２＋a９＋a１９＝６,则a１０＝　　　　, S１９＝　　　　　　． ７．«张丘建算经»卷上有如下问题:“今有女善 织,日益功疾．初日织五尺,今一月日织九匹 三丈．”其意思为今有女子善织布,且从第２ 天起,每天比前一天多织相同量的布．若第一 天织５尺布,现在一个月(按３０天计)共织３９０ 尺布,则该女最后一天织　　　　尺布． ８．设数列{an}的通项公式为an＝２n－１０(n∈ N∗ ),则|a１|＋|a２| ＋ 􀆺 ＋ |a１５ | ＝ 　　　　． ９．(２０２５􀅰昆明质检)记Sn 为等差数列{an}的 前n项和,已知a２＝１１,S１０＝４０． (１)求{an}的通项公式; (２)求数列{|an|}的前n项和Tn． １０．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)设m 为正整数,数列 a１,a２,􀆺,a４m＋２是公差不为 ０ 的等差数 列,若从中删去两项ai 和aj(i＜j)后剩余 的４m 项可被平均分为m 组,且每组的４ 个数都能构成等差数列,则称数列a１,a２, 􀆺,a４m＋２是(i,j)—可分数列． (１)写出所有的(i,j),１≤i＜j≤６,使得数 列a１,a２,􀆺,a６ 是(i,j)—可分数列; (２)当 m≥３ 时,证 明:数 列 a１,a２,􀆺, a４m＋２是(２,１３)—可分数列; (３)从１,２,􀆺,４m＋２中一次任取两个数i 和j(i＜j),记数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(i, j)—可 分 数 列 的 概 率 为 Pm,证 明:Pm ＞１８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０５２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 设AD＝x,则 AE＝２x,在△ABE 中,由余弦定理 得: (２x)２＝AB２＋BE２－２AB􀅰BEcos∠ABE＝２５＋９－１５＝ １９,解得x＝ １９２ ,即AD 的长为 １９２ ． 法二:由AB＝５,得AC＝３, 在△ABC中,由余弦定理得BC２＝AB２＋AC２－２AB􀅰 ACcos∠BAC＝２５＋９＋１５＝４９,得BC＝７． 由正弦定理得 BC sin∠BAC＝ AB sin∠ACD , 得sin∠ACD＝ABsin∠BACBC ＝ ５× ３２ ７ ＝ ５ ３ １４ ． ∵０°＜∠ACD＜９０°, ∴cos∠ACD＝ １－sin２∠ACD＝１１１４． 在△ADC中,AD２＝AC２＋CD２－２AC􀅰 CDcos∠ACD＝９＋４９４－２×３× ７ ２× １１ １４＝ １９ ４ , 解得AD＝ １９２ ． 法三:由AB＝５,得AC＝３,在△ABC 中,由余弦定理得 BC２＝AB２＋AC２－２AB􀅰ACcos∠BAC＝２５＋９＋１５＝４９, 得BC＝７．在△ABC中, cos∠ACB＝AC ２＋BC２－AB２ ２AC􀅰BC ＝ ９＋４９－２５ ２×３×７ ＝ １１ １４． 在△ADC中,由AD２＝AC２＋CD２－２AC􀅰 CDcos∠ACD＝９＋４９４－２×３× ７ ２× １１ １４＝ １９ ４． 解得AD＝ １９２ ． 课时冲关二十七 １．A　[a＋３i２＋i＝ (a＋３i)(２－i) ５ ＝ ２a＋３＋(６－a)i ５ ,则２a＋３＝０,故a＝－３２． ] ２．B　[因为(１＋i)z＝|３－i|＝ (３)２＋(－１)２＝２,所以 z＝ ２１＋i＝ ２(１－i) (１＋i)(１－i)＝１－i ,所以􀭵z＝１＋i．] ３．C　[z＝(１＋i) １ ２＋ ３ ２i æ è ç ö ø ÷ ＝ １ ２－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ＋ ３ ２＋ １ ２ æ è ç ö ø ÷i, 所以􀭵z＝ １ ２－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷－ ３ ２＋ １ ２ æ è ç ö ø ÷i,所以在复平面内􀭵z对 应的点位于第三象限．] ４．C　[根据题意有:因为复数z满足z２－２z＋２＝０,即(z －１)２＝－１,故z＝１＋i或z＝１－i,因为复数z所对应的 点在第四象限,故复数z＝１－i,所以z２＝－２i．] ５．D　[因为－１＋ ２i是关于x的实系数方程x２＋mx＋n ＝０的一个复数根,所以－１－ ２i是关于x 的实系数方 程x２＋mx＋n＝０的另一个复数根,由韦达定理得－m ＝－１＋ ２i＋(－１－ ２i),解得m＝２,n＝(－１＋ ２i)(－ １－ ２i)＝１－２i２＝３,则m＋n＝５,故 D正确．] ６．C　[z＝x＋yi,|z|＝１,|z－１|＝|z－i|, 则 x ２＋y２＝１ (x－１)２＋y２＝x２＋(y－１)２{ ,∴ x１＝ ２ ２ y１＝ ２ ２ ì î í ïï ï , x２＝－ ２ ２ y２＝－ ２ ２ ì î í ïï ï ,|z１－z２|＝ ２２＋ ２ ２i－ － ２ ２－ ２ ２i æ è ç ö ø ÷ ＝|２＋ ２i|＝２．] ７．ABC　[对于选项 A,因为z＝x＋yi,则z＋i＝x＋(y＋ １)i,|z＋i|＝ x２＋(y＋１)２,若|z＋i|＝１,则x２＋(y＋ １)２＝１,故 A正确;对于选项 B,z＝x＋yi,若z是实数, 则y＝０,故B正确;对于选项C,因为zi＝xi－y,若zi是纯 虚数,则y＝０,x≠０,故C正确;对于选项D,若１z＝１＋i ,则 z(１＋i)＝１,即(x＋yi)(１＋i)＝１,所以(x－y)＋(x＋y)i＝１, 则x－y＝１,x＋y＝０,故D错误．] ８．BD　[A选项,得到的一列值为 ２,２,４,１６,􀆺不是收敛点;B 选项,得到的一列值为－i,－１,１,１,１,１,􀆺是收敛点;C选 项,得到的一列值为１－i,－２i,－４,１６,􀆺不是收敛点;D选 项,得到的一列值为１ ２－ ３ ２i ,－１２－ ３ ２i ,－１２＋ ３ ２i ,－１２ － ３２i ,􀆺是收敛点．] ９．解析:由图形可得,A 点表示的复数z１ 为i,B 点表示的 复数z２ 为２－i, ∴ z２ z１ ＝２－ii ＝ (２－i)(－i) i􀅰(－i) ＝－１－２i． 答案:－１－２i １０．解析:因 为１＋i１－i＝ (１＋i)２ (１－i)(１＋i)＝ ２i ２ ＝i ,依 次 代 入 in＝１,发现n＝４ 时 等 式 第 一 次 成 立,所 以a １＋i１－i( ) ＝a(i)＝４． 答案:４ 课时冲关二十八 １．B　[观察知已知数列的通项公式是an＝ ２n－１,令an ＝ ２n－１＝３ ５＝ ４５,得n＝２３．] ２．B　[依题意,a１＝１,Sn－Sn－１＝an＝２an－２an－１－１⇒an ＝２an－１＋１⇒an＋１＝２n,所以a７＝１２７．] ３．B　[由０、２、４、８、１２、１８、２４、３２、４０、５０􀆺, 可得偶数项的通项公式:a２n＝２n２． 则此数列第２０项＝２×１０２＝２００．] ４．D　[因为数列{an}满足an＋１＝ an ２ ,an 为偶数 ３an＋１,an 为奇数 { ,且a１ ＝１, 所以a２＝３a１＋１＝３＋１＝４,a３＝ a２ ２＝ ４ ２＝２ ,a４＝ a３ ２＝ ２ ２＝１ ,a５＝３a４＋１＝３＋１＝４．] ５．AD　[由题意得a１＝ ２ ３( ) １－１ × ２３( ) １－１ －１[ ] ＝１× (１－１)＝０, 当n＞１时,０＜ ２３( ) n－１ ＜１, ２３( ) n－１ －１＜０, ∴an＝ ２ ３( ) n－１ 􀅰 ２ ３( ) n－１ －１[ ] ＜０, ∴{an}的最大项为a１＝０． a２＝ ２ ３( ) ２－１ × ２３( ) ２－１ －１[ ]＝２３× ２ ３－１( )＝－ ２ ９ , a３＝ ２ ３( ) ３－１ × ２３( ) ３－１ －１[ ]＝４９× ４ ９－１( )＝－ ２０ ８１ , a４＝ ２ ３( ) ４－１ × ２３( ) ４－１ －１[ ]＝８２７× ８ ２７－１( )＝－ １５２ ７２９ , an＋１－an ＝ ２ ３( ) n＋１－１ × ２３( ) n＋１－１ －１[ ] － ２３( ) n－１ × ２ ３( ) n－１ －１[ ]＝ ２３( ) n－１ × ３n－１－５６×２ n ３n ＝ ２３( ) n－１ １ ３－ ５ ６ ２ ３( ) n [ ] , ∴当n≥３时,an＋１－an＞０; 当n＜３时,an＋１－an＜０, ∴{an}的最小项为a３＝－ ２０ ８１． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５８３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 ６．解析:∵Sn＝ a１(４n－１) ３ ,a４＝３２, ∴a４＝S４－S３＝ ２５５a１ ３ － ６３a１ ３ ＝３２ ,∴a１＝ １ ２． 答案:１ ２ ７．解析:∵an＞０,∴d≥０,a１＞０,且a３＋a２＝２a３－d＝１０, ∴２a３＝１０＋d≥１０,∴a３≥５,故S５＝ ５(a１＋a５) ２ ＝５a３∈ [２５,＋∞)． b３b９＝５b７,所 以b５b７＝５b７,b５＝５, S５ b５ ≥５,所 以 最 小 值 为５． 答案:５ ８．解析:已知a１＝２,根据an＋１＝ １ １－an ,可得a２＝ １ １－２＝ －１, a３＝ １ １－(－１)＝ １ ２ ,a４＝ １ １－１２ ＝２,a５＝ １ １－２＝－１ , 所以数列{an}是以３为周期的周期数列,即an＋３＝an．因 为bn＝lg|an|,所以b１＝lg|２|＝lg２,b２＝lg|－１|＝０,b３ ＝lg １２ ＝－lg２ ,数列{bn}也是以３为周期的周期数 列,且b１＋b２＋b３＝lg２＋０－lg２＝０． 因为函数y＝lgx在(０,＋∞)上单调递增,所以y＝lgx, 在区间[１,n]上的最大值为lgn,最小值为lg１＝０, 所以lgn－０＝１,可得lgn＝１,所以n＝１０, 所以b１＋b２＋􀆺＋b１０＝３×０＋b１０＝b１＝lg２． 答案:lg２ ９．解:(１)证明∵点(an,an＋１)在函数f(x)＝x２＋２x的图象 上,∴an＋１－a２n＋２an, ∴an＋１＋１＝(an＋１)２,∴{an＋１}是“平方递推数列”．因 为lg(a１＋１)＝lg(９＋１)＝１＞０, 对 an＋１ ＋ １ ＝ (an ＋ １)２ 两 边 同 时 取 对 数 得lg(an＋１＋１)＝２lg(an＋１), ∴数列{lg(an＋１)}是以１为首项,２为公比的等比数列． (２)由(１)知bn＝lg(an＋１)＝１×２n－１＝２n－１, 由数列{bn},{cn}的通项公式得, 当n≤４时,bn＜cn;当n＞４时,bn＞cn． 又由a∗b＝ a ,a≤b, b,a＞b,{ dn＝bn∗cn, 得dn＝ ２n－１,n≤４且n∈N∗ , ２n＋４,n＞４且n∈N∗ ,{ 当n≤４且n∈N∗ 时,Sn＝b１＋􀆺＋bn＝ １－２n １－２ ＝２n－１; 当n＞４ 且 n∈N∗ 时,Sn ＝b１ ＋b２ ＋b３ ＋b４ ＋c５ ＋ c６＋􀆺＋cn＝(２４－１)＋ (n－４)(１４＋２n＋４) ２ ＝n２＋５n－２１, 综上,Sn＝ ２n－１,n≤４且n∈N∗ n２＋５n－２１,n＞４且n∈N∗ ．{ １０．解:(１)设等差数列{an}的公差为d,则 a１＋２d＝１ ６a１＋１５d＝７{ , 解得 a１＝ １ ３ d＝１３ ì î í ïï ï ． 所以an＝ １ ３＋ (n－１)×１３＝ n ３ , 因为b１＋b２＋􀆺＋bn＝２n＋１－２, 所以当n＝１时,b１＝２; 当n≥２时,b１＋b２＋􀆺＋bn－１＝２n－２, 所以bn＝(２n＋１－２)－(２n－２)＝２n, 显然b１＝２符合bn＝２n． 综上可知bn＝２n． (２)由(１)知cn＝２n􀅰tan nπ ３ , 设dn＝c３n－２＋c３n－１＋c３n,则dn＝２３n－２× ３＋２３n－１×(－ ３) ＋０＝－ ３×２３n－２, 所以{dn}是以８为公比,－２ ３为首项的等比数列, 所以数 列 {cn}的 前 ３n 项 和 为 T３n ＝ －２ ３(１－８n) １－８ ＝２ ３ (１－８n) ７ ． 课时冲关二十九 １．D　[等差数列{an}的公差为１,且a２,a４,a７ 成等比数列,∴ (a１＋３)２＝(a１＋１)(a１＋６),解得a１＝３． ∴an＝３＋(n－１)＝n＋２．] ２．B　[设等差数列{an}共有２n＋１项, 则S奇 ＝a１＋a３＋a５＋􀆺＋a２n＋１, S偶 ＝a２＋a４＋a６＋􀆺＋a２n,中间项为an＋１, 故S奇 －S偶 ＝a１＋(a３－a２)＋(a５－a４)＋􀆺＋(a２n＋１－a２n) ＝a１＋d＋d＋􀆺＋d＝a１＋nd＝an＋１, an＋１＝S奇 －S偶 ＝３１９－２９０＝２９．] ３．D　[设{an}的公差为d,则S７＝７a１＋ ７×６ ２ d＝S１５＝１５a１ ＋１５×１４２ d ,又a１＝－２１,解得d＝２,所以an＝２n－２３, Sn＝－２１n＋ n×(n－１) ２ ×２＝n ２－２２n,当n≤１１时,an＜ ０,当n≥１２时,an＞０,所以当n＝１１时,Sn 取得的最小 值S１１＝１１２－２２×１１＝－１２１．] ４．C　[本题考查了等差数列的通项公式,求和公差,∴Sn ＝－n２＋８n．an＝Sn－Sn－１＝－n２＋８n－[－(n－１)２＋ ８(n－１)]＝－２n＋９． n＝１时,S１＝７＝a１ ∴an＝－２n＋９,n∈N∗ ∵等差数列{an}中d＝－２＜０． ∴{an}为递减数列,可知a１＞a２＞a３＞a４＞０＞a５＞a６􀆺 ＞a１１＞a１２． |a１|＋|a２|＋􀆺＋|a１２|＝(a１＋􀆺＋a４)－(a５＋a６＋􀆺 ＋a１２)＝S４－(S１２－S４)＝２S４－S１２＝２×１６－ ７－１５ ２ ×１２ ＝３２＋４８＝８０．] ５．AD　[当a１＞０时,因为a７＋a８＝２a１＋１３d＜０,所以d ＜０,故 A正确;当a１＜０,d＜０时,满足a７＋a８＜０,Sn 无 最小值,故B错误;当a１＞０,d＜０,且 满 足a７＋a８＜０ 时,a８＜０,此时S１５＝１５a８＜０,当a１＜０,d＞０,且满足a７ ＋a８＜０时,a８＞０,此时S１５＝１５a８＞０,故 C无法确定; S１４＝７(a７＋a８)＜０,故 D正确．] ６．解析:设等差数列{an}的首项为a１,公差为d．由等差数 列的通项公式可得a２＋a９＋a１９＝３(a１＋９d)＝３a１０＝６, 所以a１０ ＝２,由 等 差 数 列 前 n 项 和 公 式 可 得S１９ ＝ １９(a１＋a１９) ２ ＝１９a１０＝３８． 答案:２　３８ ７．解析:由题意得,织女每天所织的布的尺数依次排列形 成一个等差数列,设为{an},其中a１＝５,前３０项 和 为 ３９０,于是有 ３０(５＋a３０) ２ ＝３９０ ,解得a３０＝２１,即该织女最 后一天织２１尺布． 答案:２１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６８３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 ８．解析:由an＝２n－１０(n∈N∗ )知{an}是以－８为首项,２ 为公差的等差数列, 又由an＝２n－１０≥０,得n≥５, ∴当n≤５时,an≤０,当n＞５时,an＞０, ∴|a１|＋|a２|＋􀆺＋|a１５| ＝－(a１＋a２＋a３＋a４)＋(a５＋a６＋􀆺＋a１５) ＝２０＋１１０＝１３０． 答案:１３０ ９．解:(１)设等差数列的公差为d, 由题意可得 a２＝a１＋d＝１１ S１０＝１０a１＋ １０×９ ２ d＝４０{ , 即 a１＋d＝１１ ２a１＋９d＝８{ ,解得 a１＝１３ d＝－２{ , 所以an＝１３－２(n－１)＝１５－２n, 故an＝１５－２n． (２)因为Sn＝ n(１３＋１５－２n) ２ ＝１４n－n ２, 令an＝１５－２n＞０,解得n＜ １５ ２ ,且n∈N∗ , 当n≤７时,则an＞０,可得Tn＝|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an| ＝a１＋a２＋􀆺＋an＝Sn＝１４n－n２; 当n≥８时,则an＜０,可得Tn＝|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an| ＝(a１＋a２＋􀆺＋a７)－(a８＋􀆺＋an) ＝S７－(Sn－S７)＝２S７－Sn ＝２(１４×７－７２)－(１４n－n２)＝n２－１４n＋９８． 综上所述,Tn＝ １４n－n２,n≤７ n２－１４n＋９８,n≥８{ ． １０．解:(１)首先,设数列a１,a２,􀆺,a４m＋２的公差为d,则d≠０． 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后 是等差数列,当且仅当该数列是等差数列, 故可以对该数列进行适当的变形ak′＝ ak－a１ d ＋１ (k＝ １,２,􀆺,４m＋２), 得到新数列ak′＝k(k＝１,２,􀆺,４m＋２),然 后 对a１′, a２′,􀆺,a４m＋２′进行相应的讨论即可． 不妨设ak＝k(k＝１,２,􀆺,４m＋２),此后的讨论均建立 在该假设下进行． 回到原题,第１小问相当于从１,２,３,４,５,６中取出两个 数i和j(i＜j),使得剩下四个数是等差数列． 那么剩下四个数只可能是１,２,３,４,或２,３,４,５,或３, ４,５,６． 所以所有可能的(i,j)就是(１,２),(１,６),(５,６)． (２)当m＝３时,注意到a１,a４,a７,a１０;a３,a６,a９,a１２;a５, a８,a１１,a１４是(２,１３)可分的数列,对于 m＞３的部分,取 {a４r＋３,a４r＋４,a４r＋５,a４r＋６}即可． (３)证明:由(２)得数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(i,j)—可分数列 ⇔１,２,􀆺,４m＋２是(i,j)—可分数列． 则１,２,􀆺,４m＋２是(４k＋１,４k＋２)可分的,因可分为(１,２, ３,４),(５,６,７,８),􀆺,(４k－３,４k－２,４k－１,４k)和(４(s＋１)－ １,４(s＋１),４(s＋１)＋１,４(s＋１)＋２),􀆺,(４m－１,４m,４m＋ １,４m＋２),共有C２m＋１＋m＋１＝ (m＋１)(m＋２) ２ 种． 而１􀆺４k和４s＋２􀆺４m＋２是可分的,只需证４k＋１,４k ＋３,４k＋４,􀆺,４s－１,４s,４s＋２是可分的． 令t＝s－k∈N∗ ,只要证１,３,４,５,􀆺,４t－１,４t,４t＋２ 是可分的,１􀆺４t＋２去掉２和４t＋１．当t＝１时,(１,３, ４,６)不满足;当t＝２时,(１,３,５,７),(４,６,８,１０)满足; 当t＝３ 时,(１,４,７,１０),(３,６,９,１２),(５,８,１１,１４) 满足; 当t＝４时,(１,５,９,１３),(３,７,１１,１５),(４,８,１２,１６), (６,１０,１４,１８)满足; 当t≥２时,可划分为t组: (１,t＋１,２t＋１,３t＋１),(３,t＋３,２t＋３,３t＋３),(４,t＋ ４,２t＋４,３t＋４),􀆺,(t,２t,３t,４t),(t,２t＋２,３t＋２,４t＋ ２)． 本质即:(i,t＋i,２t＋i,３t＋i),i＝１,２,３,􀆺,t,且把２代 换为４t＋２,则(k,k＋t),t≥２均 符 合,共 C２m＋１－m＝ m(m－１) ２ 组,而(０,１),(１,２),􀆺,(m－１,m)不合要求． 综上可得:符合要求的(４k＋２,４t＋１)与(４k＋１,４t＋２) 至 少 m(m－１) ２ ＋ (m＋１)(m＋２) ２ 组, 故 Pm ≥ １ ２ (２m２＋２m＋２) C２４m＋２ ＝ m ２＋m＋１ ８m２＋６m＋１ ＝ １ ８－ ２m＋７m２＋m＋１ ＞１８． 课时冲关三十 １．B　[设等比数列{an}的公比为q, ∵a２＝２,a５＝１６, ∴a１q＝２,a１q４＝１６,解得a１＝１,q＝２． 则a６＝２５＝３２．] ２．B　[数列{an}为等比数列,且a２a３a４＝－a２７＝－６４＝a３３, 则a３＝－４,a７＝±８, 根据等比数列的性质可得a７＝８舍去, ∴a７＝－８,∴a４a６＝a３􀅰a７＝３２, ∴tan a４a６３ 􀅰π( )＝tan ３２３π( ) ＝tan １０π＋π－π３( ) ＝－tan π３＝－ ３． ] ３．C　[由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即 可求解． 设等差数列{an}的公差为d(d≠０), 因为a３,a４,a６ 成等比数列,且a１＝－２, 所以a２４＝a３a６,即(－２＋３d)２＝(－２＋２d)(－２＋５d), 解得d＝２或d＝０(舍去), 所以a１０＝a１＋９d＝－２＋９×２＝１６．] ４．ABC　[因为数列{an}是等比数列,所以 an＋１ an ＝q．对于 A, |an＋１| |an| ＝ an＋１an ＝|q|,所以数列{|an|}是等比数列, A正确;对于B, an＋１an＋２ anan＋１ ＝q２,所以数列{anan＋１}是等比 数列,B 正 确;对 于 C, １ an＋１ １ an ＝ an an＋１ ＝ １q ,所 以 数 列 １ an{ }是等比数列,C 正确;对于 D, lga２n＋１ lga２n ＝ ２lgan＋１ ２lgan ＝ lgan＋１ lgan ,不一定是常数,所以 D错误．] ５．D　[因为{an}为正项递增等比数列, 所以an＞an－１＞０,公比q＞１． 因为a２＋a４＝１０,①且a２３＝１６＝a３􀅰a３＝a２􀅰a４,② 由①②解得a２＝２,a４＝８．又因为a４＝a２􀅰q２,得q＝２或 q＝－２(舍)．则得a５＝１６,a６＝３２, 因为log２a１＋log２a２＋􀆺＋log２a１０＝５log２a５a６ ＝５log２１６×３２＝５×９log２２＝４５×２log２ ２＝９０．] ６．解析:设{an}的公比为q(q≠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＝(q５)３＝－８＝(－２)３,则q５＝－２, 则a７＝a１q􀅰q５＝１×(－２)＝－２． 答案:－２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７８３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案