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(共67张PPT)
第1讲　小题研透
——数列中的基本问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 主要以选择题、填空题的形
式考查等差、等比数列的基
本运算、性质，最大（小）
项等
等差、等比数列的性质 数列的函数性质 二、真题感悟
1. （2024·全国甲卷理4题）（等差数列的性质与前n项和）记Sn为等差数
列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（　　）
A. B.
C. － D. －
解析：　由S5＝S10，得 ＝ ，所以5a3＝5
（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝ ＝－ ，所以a1＝a5－4d＝1－
4×（－ ）＝ ，故选B.
√
2. （2023·新高考Ⅱ卷8题）（等比数列的性质与前n项和）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
√
解析：　法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不
满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得 ＝21a1（1＋q）.
整理得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然
q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝
＝ ＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝
－85.故选C.
法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（S4－
S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝ －1或S2＝ .当S2＝－1时，由（S6－
S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝ 时，结合S4＝
－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－
85，故选C.
3. （2024·新高考Ⅱ卷12题）（等差数列基本量的计算）记Sn为等差数列
{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝ .
95
解析：法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列，
则由题意得解得
则S10＝10a1＋ d＝10×（－4）＋45×3＝95.
法二（下标和性质法）　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，
3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝ ＝3，a6＝11，则S10＝
×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95.
1. 等差数列、等比数列的基本公式（n∈N*）
（1）等差数列的通项公式：an＝a1＋（n－1）d；
（2）等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1；
（3）等差数列的前n项和公式：Sn＝ ＝na1＋ ；
（4）等比数列的前n项和公式：Sn＝
易错提醒　（1）易忽视公式an＝Sn－Sn－1的适用条件为n≥2而
导致错误.利用此公式求得an后，一定要验证n＝1时是否满足
所求出的an，若不满足，则要用分段形式来表示；（2）在用
等比数列的前n项和公式时，一定要分公比q＝1和q≠1两种情
况进行讨论.
2. 等差数列、等比数列的性质
（1）通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k（m，n，p，q，k∈N*），则
对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列有aman
＝apaq＝ ；
（2）前n项和性质：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成
等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比
数列（q＝－1且m为偶数情况除外）.
3. 常用结论
（1）若{an}是等差数列，则 也成等差数列，其首项与{an}首项相
同，公差是{an}公差的 ；
（2）在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S
奇－S偶＝an； ＝ ；
（3）{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn， ， ，…成等
比数列.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
等差（比）数列基本量的计算
【例1】　（1）（2024·河南质量检测）已知正项等比数列{an}的前n项和
为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为 ，则S5＝（　B　）
A. 29 B. 31
C. 33 D. 36
√
解析：不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得：
q5＝2a1q2，因an＞0，q＞0，则a1q3＝2　①，又由a4与a6的等差中
项为 可得：a4＋a6＝ ，即a1q3（1＋q2）＝ 　②，将①代入②可
得：q＝ ，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝ ＝
＝31.故选B.
（2）（多选）已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若
a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝ ，则（　BCD　）
A. d＝1
B. a10＝20
C. Sn＝n2＋n
D. 当n≥2时，Sn≥ an
√
√
√
解析： ∵Sn＝ ，∴当n＝2时，可得2（a1＋a2）＝3a2，整
理得2a1＝a2，即a1＝d.∵a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，∴（5d
＋2）2＝2d（17d＋2），即9d2－16d－4＝0，又公差d＞0，解得d
＝－ （舍去）或d＝2，A错；∴an＝2n，a10＝20，B对；Sn＝n2
＋n，C对；当n≥2时，Sn－ an＝n2＋n－3n＝n2－2n＝n（n－
2）≥0，即Sn≥ an，D对.故选B、C、D.
等差（比）数列基本量计算的解题策略
（1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q；
（2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不
明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，但要注意使
用消元法及整体计算，以减少计算量.
1. （2024·湘潭3月质量检测）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝
8，S3＝18，则S5＝（　　）
A. 34 B. 35
C. 36 D. 38
解析：　因为{an}是等差数列，设其公差为d，因为S3＝a1＋a2＋a3
＝3a2＝18，则a2＝6，所以a4－a2＝2d＝2，则d＝1，所以a5＝9，S5
＝S3＋a4＋a5＝18＋8＋9＝35.故选B.
√
2. （2024·贵阳适应性考试）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝
1，且－a3，a2，a4成等差数列，则S2 024与a2 024的关系是（　　）
A. S2 024＝2a2 024－1 B. S2 024＝2a2 024＋1
C. S2 024＝4a2 024－3 D. S2 024＝4a2 024＋1
解析：　设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意知，2a2
＝－a3＋a4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1（舍去），则S2
024＝ ＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1，故
选A.
√
等差（比）数列的性质
【例2】　（1）已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝
84，则log2（a1·a2·a3·…·a8）＝（　B　）
A. 70 B. 72
C. 74 D. 76
√
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q＞0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1·a2·a3·…·a8＝（a1a8）4＝（4×48）4＝（49）4＝436＝（22）36＝72，所以log2（a1·a2·a3·…·a8）＝log2272＝72，故选B.
（2）（2024·佛山模拟）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，
Tn，若对任意正整数n都有 ＝ ，则 ＋ ＝（　C　）
A. B. C. D.
√
解析：由等差数列的性质可得， ＋ ＝ ＋ ＝
＝ ＝ ＝ ＝ ＝ .故选C.
　　等差、等比数列各有许多项的性质及前n项和的性质，因此在求解时
要抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰
当的性质进行求解可大大减少运算量.
1. （2024·贵州贵阳质监）记Sn为等差数列{an}的前n项和， ＋ ＝
12，则S7＝（　　）
A. 24 B. 42
C. 64 D. 84
解析：　∵Sn为等差数列{an}的前n项和，∴{ }为等差数列，∴
＋ ＝2× ＝12，∴S7＝42.故选B.
√
2. （多选）（2024·临汾模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比
数列{bn}的前n项和为Tn，则下列说法正确的是（　　）
A. 若Tn＝4n＋1＋m，则m＝－1
B. S7，S14－S7，S21－S14成等差数列
C. T7，T14－T7，T21－T14成等比数列
D. 若S15＞0，S16＜0，则使得Sn取得最大值的正整数n的值为8
√
√
√
解析：　依题意，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，对于A，
因为Tn＝4n＋1＋m，当n＝1时，b1＝T1＝42＋m＝16＋m，当n≥2
时，Tn－1＝4n＋m，则bn＝4n＋1－4n＝3×4n，满足 ＝4，所以b1＝
16＋m＝3×4，解得m＝－4，故A错误；对于B，因为S7＝a1＋a2＋…
＋a7，S14－S7＝a8＋a9＋…＋a14＝a1＋7d＋a2＋7d＋…＋a7＋7d＝a1
＋a2＋…＋a7＋49d，S21－S14＝a15＋a16＋…＋a21＝a1＋14d＋a2＋
14d＋…＋a7＋14d＝a1＋a2＋…＋a7＋98d，所以2（S14－S7）＝S7＋
S21－S14，即S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，故B正确；
对于C，当q＝1时，T7＝7b1，T14－T7＝7b1，T21－T14＝7b1，显然T7，
T14－T7，T21－T14成等比数列；当q≠1时，T7＝b1＋b2＋…＋b7＝
≠0，T14－T7＝b8＋b9＋…＋b14＝（b1＋b2＋…＋b7）q7，T21
－T14＝b15＋b16＋…＋b21＝（b1＋b2＋…＋b7）q14，所以（T14－T7）2＝
T7（T21－T14），即T7，T14－T7，T21－T14成等比数列，故C正确；对于D，
因为S15＞0，S16＜0，所以S15＝ ＝15a8＞0，即a8＞0，S16＝
＝ ＜0，即a8＋a9＜0，故a9＜0，所以S8是Sn的
最大项，即使得Sn取得最大值的正整数n的值为8，故D正确.
故选B、C、D.
数列的函数性质
【例3】　（1）（2024·长郡中学模拟改编）已知数列{an}满足an＋1＝
，若a1＝ ，则a2 024＝（　A　）
A. 2 B. －2
C. －1 D.
√
解析：∵an＋1＝ ，a1＝ ，∴a2＝ ＝ ＝2，a3＝
＝ ＝－1，a4＝ ＝ ＝ ，∴数列{an}的周期为
3.∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选A.
（2）（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4＋a11＞
0，a7·a8＜0，则（　BCD　）
A. 数列{an}是递增数列
B. S6＞S9
C. 当n＝7时，Sn最大
D. 当Sn＞0时，n的最大值为14
√
√
√
解析： ∵在等差数列{an}中，a1＞0，a4＋a11＝a7＋a8＞0，a7·a8＜
0，∴a7＞0，a8＜0，∴公差d＜0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，∴S6＞S9，B正确；∵a7＞0，a8＜
0，数列{an}是递减数列，∴当n＝7时，Sn最大，C正确；∵a4＋a11
＞0，a7＞0，a8＜0，∴S14＝ ＝ ＞0，S15
＝ ＝ ＜0，∴当Sn＞0时，n的最大值为14，D正
确.故选B、C、D.
求数列的最大项与最小项的常用方法
（1）将数列视为函数f（x），当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f
（x）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出
f（x）的最值，进而求出数列的最大（小）项；
（2）通过通项公式an研究数列的单调性，利用（n≥2）确
定最大项，利用（n≥2）确定最小项.
1. 已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1＝16，公比q＝ ，则Tn取最大
值时n的值为（　　）
A. 3 B. 6
C. 4或5 D. 6或7
解析：　因为等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝ ，所以a4＝16×
（ ）3＝2＞1，a5＝16×（ ）4＝1，a6＝16×（ ）5＝ ＜1，所以当
n＝4或n＝5时，Tn取得最大值.故选C.
√
2. （多选）{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比
数列，若a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（　　）
A. a100＞b100 B. a100＜b100
C. a2 025＞b2 025 D. a2 025＜b2 025
√
√
解析： 　等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1
－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d
是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，
b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn
－1，所以q2 023＝ ＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
03
课时跟踪检测
1. （2024·岳阳质量监测）已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝15，a4＋
a6＋a8＝33，则a9＝（　　）
A. 6 B. 12
C. 17 D. 24
解析：　等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝3a3＝15，解得a3＝5，又a4
＋a6＋a8＝3a6＝33，所以a6＝11，又因为a3，a6，a9成等差数列，所
以a9＝2a6－a3＝22－5＝17.故选C.
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√
2. （2024·南京、盐城一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a2＋
5a1，a5＝4，则a1＝（　　）
A. B. －
C. D. －
解析：　设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3
＝a2＋5a1，即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4，所以a1q4＝a1
（q2）2＝a1×42＝4，所以a1＝ .故选A.
√
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3. （2024·七市州调研）已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为
Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝（　　）
A. 2或3 B. 2
C. 3 D. 4
解析：　设等差数列{an}的公差为d（d＜0），由a3，a4，a7是等比
数列，得（a1＋3d）2＝（a1＋2d）·（a1＋6d），解得a1＝－ d，则
an＝a1＋（n－1）d＝（n－ ）d，显然等差数列{an}单调递减，当
n≤2时，an＞0，当n≥3时，an＜0，所以当Sn取最大值时，n＝2.故
选B.
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4. （多选）设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则
（　　）
A. a5＝4
B. 当a1＝1时，q＝±
C. log2｜T9｜＝18
D. ＋ ≥36
√
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解析： 　对于A，因为 ＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正
确；对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则 q8＝16，所以q8＝16，所以q
＝± ，所以B正确；对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝ ，所以｜T9｜
＝｜ ｜＝218，所以log2｜T9｜＝18，所以C正确；对于D， ＋
≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确.故
选B、C.
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5. （2024·江西红色十校联考）已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，数列
{an}的前n项和为Sn，S3＝6，a3＋a5＝10，则S5＝ .
解析：因为数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，则数列{an}为等差数列，
设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋ d＝3a1＋3d＝6，可得a1
＋d＝2　①，a3＋a5＝a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝10，可得a1＋3d
＝5　②，联立①②可得a1＝ ，d＝ ，所以S5＝5a1＋ d＝5× ＋
10× ＝ .

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6. （2024·乌鲁木齐第二次质量监测）设等比数列{an}的首项为1，公比为
q，前n项和为Sn，若{Sn＋1}也是等比数列，则q＝ .
解析：当q＝1时，Sn＝na1＝n，Sn＋1＝n＋1，{Sn＋1}不是等比数
列，所以q≠1，Sn＝ ＝ ，Sn＋1＝ ＋1＝
＝ － ·qn，根据等比数列的通项公式的形式，得 ＝0，解得
q＝2.
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7. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若 ＝3，则 ＝（　　）
A. 2 B. C. D. 3
解析：　因为等比数列{an}的前n项和为Sn， ＝3，即S6＝3S3，又
S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即 ＝ ，故4S3＝S9－S6，故
S9＝7S3，故 ＝ .
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8. （2024·苏锡常镇四市调研）已知正项数列{an}满足 ＋ ＋…＋
＝ （n∈N*），若a5－2a6＝7，则a1＝（　　）
A. B. 1
C. D. 2
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解析：　n＝1时， ＝ ；n≥2时， ＝ － ＝
， ＝ ，∴a5a6＝99，∴a6（2a6＋7）＝99，∴a6＝ ，a5
＝18，∵a4a5＝63，∴a4＝ ，∵a3a4＝35，∴a3＝10，∵a2a3＝15，
∴a2＝ ，∵a1a2＝3，∴a1＝2.故选D.
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9. 已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意n∈N*，an＋1－
an＜0，则实数m的取值范围是（　　）
A. （－2，＋∞） B. （－∞，－2）
C. （2，＋∞） D. （－∞，2）
解析：　因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－（n－1）2＋2（n－1）＋m]＝－
2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}单调递减，若对任意n∈N*，an＋1
－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜
1＋m，解得m＞－2.故选A.
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10. （2023·全国乙卷理10题）已知等差数列{an}的公差为 ，集合S＝
{ cos an｜n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝（　　）
A. －1 B. －
C. 0 D.
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解析：　法一　∵数列{an}是公差为 的等差数列，∴an＋3＝an＋
×3＝an＋2π，∴ cos an＋3＝ cos an，∴数列{ cos an}是周期为3的数
列.不妨取a1＝－ ，则 cos a1＝ cos a2＝ ， cos a3＝－1，∴集合S＝
{－1， }，则ab＝－ .故选B.
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法二　由题意，得an＝a1＋（n－1）· ，又S＝{ cos an｜n∈N*}＝{a，
b}，∴ cos a1≠ cos a2，但 cos a1＝ cos a3，即 cos a1＝ cos （a1＋ ），
∴a1＋a1＋ ＝2kπ（k∈Z），∴a1＝－ ＋kπ（k∈Z）.不妨取k＝
1，则a1＝ ，a2＝ ＋ ＝π，则S＝{ ，－1}＝{a，b}，∴ab＝－1×
＝－ .故选B.
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11. （多选）（2024·东北三校第一次联考）已知等差数列{an}的首项a1＞
0，则下列选项中正确的是（　　）
A. 若a3＋a7＝4，则S9＝18
B. 若S15＞0，S16＜0，则 ＞
C. 若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17
D. 若a8＝S10，则S9＞0，S10＜0
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解析：　对于A，∵a3＋a7＝2a5＝4，∴S9＝ ＝
＝ ＝18，故A正确；对于B，∵S15＝ ＝
＝15a8＞0，∴a8＞0，∵S16＝ ＝（a8＋a9）×8＜0，
∴a8＋a9＜0，∴a9＜0＜a8，a9－a8＜0， － ＝（a9＋a8）（a9
－a8）＞0，∴ ＜ ，故B错误；对于C，记等差数列{an}的公差为
d，（a3＋a4）－（a1＋a2）＝4d＝9－5＝4，则d＝1，∴a7＋a8＝
（a3＋4d）＋（a4＋4d）＝（a3＋a4）＋8d＝9＋8＝17，故C正确；
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对于D，∵a8＝S10，∴a1＋7d＝10a1＋ d＝10a1＋45d，∴9a1＝－38d，则a1＝－ d＞0，∴d＜0，S9＝9a1＋ d＝－38d＋36d＝－2d＞0，S10＝a8＝a1＋7d＝ d＜0，故D正确.故选A、C、D.
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12. （多选）（2024·赣州模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝
18，S3＝26，则（　　）
A. an＞0
B. Sn＞0
C. 数列{｜an｜}为单调数列
D. 数列{｜Sn｜}为单调数列
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解析：　设数列{an}的首项为a1，公比为q，由题有
解得或对于选项A，当
n为偶数时，an＜0，所以选项A错误；对于选项B，因为Sn
＝ ，当显然有Sn＞0，当时，1－q＜
0，1－qn＜0，所以Sn＞0，故选项B正确；对于选项C，当q＝3时，
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数列{｜an｜}是首项为2，公比为3的递增数列，当q＝－ 时，数列
{｜an｜}是首项为32，公比为 的递减数列，所以选项C正确；对于选
项D，由选项B知Sn＞0，所以｜Sn｜＝Sn，当时，Sn＝
＝ ［1－（－ ）n］，此时Sn不具有单调性，所以
选项D错误，故选B、C.
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13. 记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值
为
解析：∵S20＝ ×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋
a20＝10.又∵a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤（ ）2＝ ＝25，当
且仅当a10＝a11＝5时，取“＝”，∴a10·a11的最大值为25.
25
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14. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝nan，且S2＋S4＋S6＋…＋S60＝
1 860，则a1＝ .
解析：法一　因为Sn＝nan，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－
（n－1）an－1，得（n－1）an＝（n－1）an－1，即an＝an－1，所以
数列{an}是常数列，所以an＝a1，Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋
S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝ a1＝930a1＝1 860，解得a1
＝2.
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法二　因为Sn＝nan，所以当n≥2时，Sn＝n（Sn－Sn－1），得（n－1）
Sn＝nSn－1，则有 ＝ ，所以数列 是常数列，则 ＝ ＝a1，所以
Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝
a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2.
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15. 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝an2＋bn（a，b为常数），
且a9＝ ，则a1＋a17＝ ；设函数f（x）＝2＋ sin 2x－2 sin 2 ，
yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为 .
π
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解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－[a（n－1）2＋b（n－
1）]＝2na－a＋b.又当n＝1时，a1＝S1＝a＋b，满足an＝2na－a
＋b，所以an＝2na－a＋b，所以数列{an}为等差数列，故a1＋a17＝
2a9＝π.由题意得f（x）＝ sin 2x＋ cos x＋1，所以y1＋y17＝f（a1）
＋f（a17）＝ sin 2a1＋ cos a1＋1＋ sin 2a17＋ cos a17＋1＝ sin 2a1＋ cos
a1＋1＋ sin （2π－2a1）＋ cos （π－a1）＋1＝2，同理，y2＋y16＝
2，…，y8＋y10＝2.又易得y9＝f（a9）＝1，所以数列{yn}的前17项和
为2×8＋1＝17.
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16. 线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变
性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如
图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为
an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其中图n
中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的 ，则下列说
法正确的是（　　）
A. a4＝294
B. C3＝
C. 存在正数m，使得Cn≤m恒成立
D. Sn＝ ×（ ）n－1
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解析：　A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的
个数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为
1，公比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A错误；
B选项，由题意知C1＝6，C2＝ ×6＝14，C3＝（ ）2×6＝ ，故B
错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为 的等比数列，故Cn＝
6×（ ）n－1，因为 ＞1，所以Cn＝6×（ ）n－1单调递增，不存在
正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1个，每个小正六边形的边长为（ ）n－1，故每个小正六边形的面积为6× ×（ ）2n－2，则Sn＝7n－1×6× ×（ ）2n－2＝ ×（ ）n－1，故D正确.故选D.
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17. （多选）（2024·枣庄二模）将数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列.若a2＝2，a10＝8，则（　）
A. a1＝－1
B. ai＝168
C. a2 024位于第45行第88列
D. 2 024在数阵中出现两次
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解析： 　由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为
d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，
d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋（k－1）×3＝3k－4，又从
第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等
比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，
所以A正确，B错误；又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，
a16，…，且452＝2 025，可得a2 024是a2 025的前一个数，且a2 025在第45
行，因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2 024在第45行的第88列，
所以C正确；由题设可知第i行第j个数的大小为（3i－4）×2j－1，令
（3i－4）×2j－1＝2 024，若j＝1，则3i－4＝2 024即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1 012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506即i＝170；
若j＝4，则3i－4＝253，无整数解.故D正确.
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