任务强化练 8 数列求和-【艺术生文化课考前100天】2027年高考数学艺术生文化课考前100天

1,.a+1=2a.当n-1时，a十a2=2a1-1,a=2,.a2=1, .数列{an}从第二项开始为等比数列，公比为2，则a0= a2×28=1×28=256. 1.A解析a-2,当5时，a,>1,当≥6时，a,<1,由题 意知，a·a2·…·a是{an}的前n项乘积的最大 值，.k=5. 18.C解析：由题意得，号分-h(n十1)-hn,n分别用1， 2,3,…,(n-1)取代，累加得a-4=lnn-ln1=lnm, 1 :az=2+In n,..a=(In n+2)n. n 19.28解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1=1, a2=2,ag=4,因此a1十a2十ag十…十a12=4(a1十a2十a3)= 4×(1+2+4)=28. 20.n-6(n∈N)(答案不唯一）解析：Hn∈N",a+1>an,则 数列{am}是递增的，Vn∈N*,Sn≥Ss,即Ss最小，只要前 6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可，∴.满足条 件的数列{an}的一个通项公式an=n一6(n∈N)(答案不 唯一). 任务强化练7等差、等比数列 1.C解析：由题意，得41￠16解得2或a—一1， （a1q=2, 1g=-2 (舍去). 2.C解析：数列{a,}的前5项和为S3-5(a,十a）=5X10=25. 3.C解析：a+4S=0,∴ad+4a1+4aq=0.a≠0， ∴.g十4g十4=0，.∴.g=-2. 4.C解析：设{an}的公比为q,则a一a十a5=a1一a1q十aq= 2(1-q+g)=26,解得d=4,.a=a=8. 5.A解析：设从塔顶到塔底第n层的灯数为am,则数列{an}为 等差数列，公差为d,设其前n项和为Sn.依题意得ag=13a1, e9(3+a S,=126,9aa2=126,则182 2 -=126,解得ag= 26,a=器=2. 6.3解析：S=4a2X17=17a=51,a=3.根据等差 2 数列的性质知a5十a13=a,十a11,∴.as一a?十ag一a1十a13= ag=3. 7.5,1解析：依题意a=a十a,∴a=aq十a1.a≠0， 2 一1十5或q= 4+q-1=0,.9=2 -1一5（舍去）. 2 8.20解析：设公差为d,则a=(a十2)(a6-4),即(2十3d)2= (2+2d+2)(2+5d-4),化简得d+4d-12=0,解得d=2 或d=-6.又d>0,故d=2,则a1o=a1+9d=20. 9.2m一6（答案不唯一）解析：要满足“前3项之和小于第3 项”，则a1十a2十a<as,即a1十a2<0,则不妨设a1=-4,a2= 一2，则an=一4十(n一1)×2=2n一6（答案不唯一）. 10.解：(1)当n=1时，a=S=2a1-2,可得a1=2; 当n≥2时，Snm-1=2a.-1-2,∴.an=Sm-Sm-1=2an-2an-1,即 a.=2ar-1(n≥2). ,a1=2≠0， ∴.数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴.an=2·2m1=2m. 1 (2)由(1)及题意可得6=log2=1oga1og2=元’ 当6=1,6=合显然不适合：6=号6=号适合， 1 即4=号4=弓，4=日构成公差为一行的等差数列. -5 11.B解析：由题可知，2a,=1+3+3+5+5+7×7+75× 2 2=108, 设每组的2个数之和可构成的等差数列为{b},前n项和 为Sm, 因为S6=108,所以b1+b6=b2+b=b3十b4=108÷3=36, 所以2弘+5d=36,所以d为偶数，所以6=18-号d 因为a:为奇数，所以bn为偶数，所以d是4的倍数. 因为6>0，所以d36<8,所以d=4. 12.B解析：设等比数列{an}的公比为q,·a,a15是方程x2+ 6x十2=0的根，.a3·a1s=a喝=2，a十as=-6,∴a<0, as<0,则a=一2,0a==4,=-2. agag l3.C解析：a,a2,a,a%,a%成公比为3的等比数列，可得 a2=3a,as=a·34=81a1.又数列{an}为等差数列， ∴.公差d=a2-a=2a,.a%=a1十(k-1)d=a十2(k 1)a1=(2k3一1)a1,∴.(2k3-1)a1=81a1,解得k3=41. 14.16解析：方法一：设公差为d,由a2+2a16<a1<3a1得31d< -2a<30d,故a16=a1+15d>0,a16十a=2a1+31d<0,即 a17<一a16<0,∴.n=16时，Sm取得最大值， 方法二：设公差为d,由a2+2a16<a1<3a得31d<-2a1< 30a故d0,且15<-身<号s=号d+(a号)， 其对应为二次函数)=号t十(@-号)x的图象开口向下， 对称轴为=合一号∈（号，16），故1=16时，5取得最 大值. 33 15.N2 解析：设数列{an}的前n项和为Sm,则S3n=n2十n, …a3+1十a3+2十a3m+3=Ssm+3-S3n=(n十1)2+(n十1)-n2- n=2n+2. 连续9项为等比数列， ∴.9项内一定有两组{a3+1,a3m+2,a3+3},且两组相邻， g=aa++a=2nt1》)+2-1+, a3+1十a3w+2十a3m+3 2n+2 n+11 若这连续9项中存在三组{a3+1,a3m+2,a3+3}, +71 则g=1+1 n十2n无解， ∴这连续9项不可能存在三组完整的{aa+1,a3m+2,a3+3}, ≥1可1+号-是g的最大信为V停. 83 16.解：(1)由an十am-1=4n-2(n≥2)可化为(an-2n)+(a.-1一 2m+2)=0. 令cm=an一2n,则cm十cm-1=0,即cn=一cm-1, a1=2,∴c1=a1-2=0,∴.cn=0, 即an一2n=0,故am=2n. (2)由b1十3b2+7b3+…十(2"-1)bn=am, 可知b+3b2十7b3十…+(2-1-1)b。-1=am-1(n≥2)， 两式作差得(2"-1)b.=a.一a-1=2(n≥2)， 即6=22≥2》. 又当n=1时，b1=a1=2也满足上式， 2 故b.=2-1' 任务强化练8数列求和 1.解：(1)设等差数列{an}的公差为d, a=一1，a2,a3,S4十1成等比数列， ∴.ag=a2·(S4十1)， 即(-1+2d)2=(-1+d)(-3+6d), 解得d=2(d=号舍去)， ∴.数列{am}的通项公式为an=2n一3. (2)由(1)可知am-an-1=2(n≥2)， ∴.T2n=(-a1+a2)+(-as十au)+…+(-a2-1十a2a)=2n. 2.(1)解：由a1=1,4aant1+1=3an十ar+1,得4a2+1=3十a2, 解得au=号由4aua十1=3a:十a,得a=号。 ②正明由已知得a一名寻 1 1 1 1 2a2a2 4a-i-1 2an-1 4a.-1 1 _4an-1 23a.-10-(4a.-d2a.-2a.-2a.-=2, 2a2=1, 1 一{2a与}是以1为首项，2为公差的等差数列， 六2a,-=2n-1,解得a=2” 3.解：a=3,月=3. 又：数列（合}为以2为公差的等差数列。 :.=2m+1,即S.=2t+n n 当n≥2时，an=Sn-S.-1=2+n-2(n-1)2-(n-1)= 4n-1, ∴.当n=1时，a1=3符合上式， ,∴.数列{am}的通项公式为an=4n一1. (2)由(1)可得6，=-1)(a.+2=(-1)(4m+1D anantI (4n-1)(4n+3) (+), ∴x=[-(号+)+（号+）-（品+）++ (如+81)]-2(-日+3）)-2ng, 。1 -4n -4n ∴数列{b.)的前2n项和T2m=24n十9 4.解：(1)由题设5，=号 ·3m十b,显然等比数列{am}的公比不 为1， 设{an}的首项、公比分别为a1,9, 则8-2-g 1-9 62g-2且g=3=, 故{an}的通项公式为an=3”,n∈N. (2)数列{an}在[一3m,3m](m∈N)中的项的个数为m, 则cm=m, .Tn=13+2·32+…+n·3", 则3T=1·32十2·33十十n·3+1, 两式相减得一2江.=3+3+…+3”一·31=1一2m. 2 31-是工.=2m.3+是 4 5.(④证明：由S1-(a+1S=f+n得常各-1 又月-5，∴数列{受}是首项为5，公差为1的等差数列， (2)解：由(1)可知三=5十(n-1)=n十4，.5n=r+4n. 当n≥2时，an=S.-S-1=t+4n-(n-1)2-4(n-1)= 2n+3. 又a1=5也符合上式，∴.an=2n+3(n∈N"), -55 .bn=(2n十3)2m, ∴.Tn=5×2+7×22+9X23++(2n+3)2m,① 2Tn=5X22+7×23+9×24+…+(2n+1)2m+(2n+3)· 2+1,② ②一①得 T.=(2n十3)2+1-10-(23+24+…+2+1) =(2m+3)2+1-10-23(1-21) 1-2 =(22+3)21-10-(2+2-8) =(2n+1)2+1-2. 6.解：(1)由2S.=4an-4,得当n=1时，a1=2; 当n≥2时，2S。-1=4ar1-4,两式相减得2a.=4a.-4an-1, 2=2, ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，an=2”. 由b1=a,b+1-bn=2m,n∈N",a1=2,得b2-b=2,bs-b= 22,…,bn-b-1=2r1, 累加得6.-=2+2+2+…十2-1=2(1-2)=2-2， 1-2 .bn=2m,n∈N. b.+1 (2)由(1)得c.=(a,+)(a+1+n+1) 2m+1 -(2+m(2+1+n+D-2+n2+n+1' 1 1 1 .T.-a+c2+%+…十c.=2+12+2十2+22+3 1 1 1 1 ++2+n2+n+=3一21十+m+13’ ∴≥了，即常数的最小值为了 7.解：方案一：选条件①. （1).数列{an},{bn}都是等差数列，且A2=3,A=B3, ÷8十10d2g+6a.解得8 2a1+d=3, ld=1. …a,=a+(n-1)d=n,b.=b+(n-1)·2d=2n+1. 综上，an=n,b.=2n十1. 3 (2)由(1)得c.=2+(2n+1)(2m+3) -+(, 8=2+2++2)+[(合-）+（合-）+叶 (1-4)=292+是(3-3）= 1 2+1-3(n十2) 2m+3 方案二：选条件②. （数列a,6都是等差数列，且A=3,品-武， 4 +力-6+2n桌0份 ∴.an=a1+(n-l)d=n, bn=b+2(n-1)d=2m+1. 综上，an=n,bn=2n十1. (2)同方案一 方案三：选条件③. (1)数列{an},{b.}都是等差数列，且A2=3,B=35. 2a1+d=3, 3x5+4×-5解得但-士 .'.am=a1+(n1)d=n, b.=b+(n-1)2d=2n+1. 综上，an=n,b.=2n+1. (2)同方案一.任务强化练8数列求和 【基础保分练】 3.(2023·湖南长沙模拟)已知数列{am}的前n 1.各项均为整数的等差数列{an},其前n项和为 项和为Sm,a1=3,数列 是以2为公差的 Sm,a1=一1，a2,a3,S4十1成等比数列. (1)求{an}的通项公式； 等差数列， (2)求数列{（一1）”·an}的前2n项和T2m… (1)求{an}的通项公式； (2)设6.=-1)(a,+2,求数列{，}的前2n anant1 项和T2n 2.(2023·湖南岳阳模拟)数列{an}满足a1=1, 4a,an+1十1=3an十an+1. (1)求a2,a3; 4.(2023·湖南雅礼中学模拟)已知等比数列 (2)证明 2an-1/ 是等差数列，并求{an}的通 a,的前n项和为S-号·3+6b为常数)。 项公式 (1)求b的值和数列{an}的通项公式； (2)记cm为{an}在区间[-3m,3m](m∈N*)中 的项的个数，求数列{AmCm}的前n项和Tm -15 【能力提分练】 7.(2023·山东泰安摸拟)在①A=B,②1 5.已知数列{am}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1 (n+1)Sn=n2+n. 1=冬，③B=35这三个条件中任选一个，补 a2 B2 (1)求证：数列(S为等差数列： 充在下面问题中，并解答 已知等差数列{am}的公差为d(d>0),等差数 (2)令bn=2an,求数列{bn}的前n项和Tn 列{bn》的公差为2d.设Am,Bn分别是数列 {an},{bn}的前n项和，且b=3,A2= 3, (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2设a=公十忌，求数列1的前n项 和Sm 6.(2023·河北衡水模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sm,且满足2Sn=4am一4，数列{bn}满 足b1=a1,bu+1-bn=an,n∈N*、 (1)求数列{an},{bn}的通项公式； bn+1 (②)设c.=a.十ma-1十n十，且数列{c.} 的前n项和为Tm,若>Tm恒成立，求常数 的最小值. -16