【文档说明】【精准解析】2021新高考数学二轮（山东）：热点（七）　数列.docx，共(6)页，77.844 KB，由envi的店铺上传

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热点(七)数列1．(等差数列的前n项和的最值问题)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a8<0，且a9>|a8|，则使Sn>0成立的最小正整数n为()A．15B．16C．17D．182．(等比数列的前n项和)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若

这个数列是等比数列，则b等于()A．－1B．0C．1D．43．(多选题)(等差数列的性质)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且对∀n∈N*，an>0，下列说法正确的是()A．a1＋a10＝a5＋a6B．a5·a6<a1·a10C．Sm，S2m－

Sm，S3m－S2m(m∈N*)成等差数列D．数列Snn是等差数列4．(多选题)(数列的综合)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝a2n＋b，n∈N*，则下列说法不正确的是()A．当b＝12时，a10>10B．当b＝14时，a10>10

C．当b＝－2时，a10>10D．当b＝－4时，a10>105．(等差数列＋等比数列)已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S3＝9，且a2－1，a3－1，a5－1构成等比数列，则S5＝________.6．(递推数列＋周

期数列)在数列{an}中，a2＝2，a3＝3，an＋3＋(－1)nan＋1＝1，则a18－a17＝________.7．(数列的通项＋数列求和)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝______

__，T30＝________.8．(数列的通项＋等差数列的性质)若数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝n(an＋3)，且a2＝5，则an＝________，若1a1，1al，1a7成等差数列，则l＝________.9．[2020·山东临沂

质量检测](递推关系求通项＋裂项求和)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，对任意n∈N*，都有2Sn－an＝nan.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝1a2n－an－2，求数列{bn}的前n项和Tn.10．[2020·山东名校联考](等差数列＋等比数列＋数列的

单调性＋基本不等式)在①b1＝109，bn＋1bn＝a2a1，②Tn＝n2－na4，③bn＋1－bn＝a13＋2n(n≥2)，b2＝240，b1＝217这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的m存在，求出m的值；若m不存在，请说明理由．已知等差数列{an}的

前n项和为Sn，a3＝11，S6＝69，数列{bn}的前n项和为Tn，________，则是否存在m(m≥2)，使得ambm≥am－1bm－1且ambm≥am＋1bm＋1？注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．热点(七)数列1．答案：B解析：因为a8<0，且a9>|

a8|，所以此等差数列从第一项到第八项都是负数，从第九项开始是正数，由于a8＋a9＝a7＋a10＝…＝a1＋a16，a8＋a9>0，a8<0，所以使Sn>0成立的最小正整数n＝16，故选B.2．答案：A解析：等比数列{an}中，当公比q≠1时，Sn＝a1·

(qn－1)q－1＝a1q－1·qn－a1q－1＝A·qn－A，∵Sn＝4n＋b，∴b＝－1.故选A.3．答案：ACD解析：因为{an}是等差数列，设其公差为d，所以a1＋a10＝a5＋a6，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(m∈N*

)成等差数列，数列Snn是等差数列，故选项A、C、D正确．由∀n∈N*，an>0，得d≥0，而a5·a6＝a21＋9a1d＋20d2，a1·a10＝a21＋9a1d≤a5·a6，所以B选项不正确，故选ACD.4．答

案：BCD解析：当b＝12时，因为an＋1＝a2n＋12，所以a2≥12，又an＋1＝a2n＋12≥2an，故a9≥a2×(2)7≥12×(2)7＝42，a10>a29≥32>10；当b＝14时，an＋1－an＝an－122，故a1＝a＝12时，a10＝12，所以

a10>10不成立；同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0<10，故a10>10不成立．故选BCD.5．答案：25解析：设等差数列{an}的公差为d，d≠0，S3＝3a2＝9，解得a2＝3，所以2,2＋d

,2＋3d构成等比数列，则(2＋d)2＝2(2＋3d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，则S5＝5a3＝5(a2＋d)＝25.6．答案：12解析：由题意，得a4－a2＝1，a6－a4＝1，…，a18－a16＝1，各式相加，得a18－a2＝8，则a18＝

a2＋8＝10.又a5＋a3＝1，a5＝1－a3＝－2.又a7＋a5＝1，a7＝1－a5＝3，易知数列{an}从第3项起的奇数项的值呈现周期为2的循环，所以a17＝a4×3＋5＝a5＝－2，所以a18－a17＝12.7．答案

：24650解析：当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝a

n，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.8．答案：2n＋1

2解析：由2Sn＝n(an＋3)，得当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)(an－1＋3)，根据an＝Sn－Sn－1，得2an＝n(an＋3)－(n－1)(an－1＋3)，得(n－2)an－(n－1)an－1＝－3.当n≥3时，ann－1－an－1n－2＝－3(n－1)(n－2)，即ann－1－a

n－1n－2＝31n－1－1n－2，所以a32－a21＝312－1，a43－a32＝313－12，a54－a43＝314－13，…，ann－1－an－1n－2＝31n－1－1n－

2，累加得，ann－1－a21＝31n－1－1.又a2＝5，所以an＝2n＋1(n≥3)，当n＝1时，2a1＝a1＋3，得a1＝3，易知a1＝3，a2＝5也适合上式，所以an＝2n＋1(n∈N*)，于是1a1＝13，1al＝12l＋1，1a7＝1

15，又1a1，1al，1a7成等差数列，所以13＋115＝22l＋1，l＝2.9．解析：(1)∵2Sn－an＝nan，∴2Sn＝(n＋1)an，①∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，②①－②得2an＝(n＋1)an－nan－1，∴anan－1＝nn－1(n≥2)，则

an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1＝3×21×32×…×nn－1＝3n.又n＝1时，a1＝3也满足上式，∴an＝3n.(2)bn＝1a2n－an－2＝1(an－2)(an＋1)＝1(3n－2)(3n＋1)＝1313n－2－13n＋1，∴Tn＝13×

1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝n3n＋1.10．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＝11，S6＝69，所以a1＋2d＝11,6a1＋15d＝69，解得a1＝9，d＝1，所以an＝n＋8.若选择①，则bn＋1bn＝a2a1

＝109，由b1＝109，得数列{bn}是以109为首项，109为公比的等比数列，所以bn＝109n，所以anbn＝(n＋8)910n.由题意知，(m＋8)910m≥(m＋7)910m－1(m＋8)910m≥(m＋9)910m＋1，解得1≤m≤

2，又m≥2，所以存在m＝2，使得ambm≥am－1bm－1且ambm≥am＋1bm＋1.若选择②，则Tn＝n2－na4＝n2－12n，所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n－13.又b1＝T1＝－11，所以

bn＝2n－13(n∈N*)，所以anbn＝n＋82n－13＝12(2n－13)＋2922n－13＝12＋292(2n－13)，所以当1≤n≤6时，2n－13<0，所以anbn<12，当n≥7时，anbn>12，且数列anbn单调递减，所以当n＝7时，anbn最

大．故存在m＝7，使得ambm≥am－1bm－1且ambm≥am＋1bm＋1.若选择③，则当n≥2时，bn＋1－bn＝a13＋2n＝21＋2n，所以bn－bn－1＝19＋2n，bn－1－bn－2＝17＋2n，…，b3－b2＝25，又b2＝24

0，b1＝217，所以b2－b1＝23，所以bn＝[25＋27＋…＋(19＋2n)]＋240＝n2＋20n＋196(n≥2)，又b1＝217，所以bn＝n2＋20n＋196，所以anbn＝n＋8n2＋20n＋196＝n＋

8(n＋8)2＋100＋4(n＋8)＝1n＋8＋100n＋8＋4≤12(n＋8)·100n＋8＋4＝124，当且仅当n＝2时，等号成立．所以存在m＝2，使得ambm≥am－1bm－1且ambm≥am＋

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