2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练五微专题1数列的基本运算

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练五微专题1数列的基本运算，共6页。
1．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( C )
A．25 B．22
C．20 D．15
解析：方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝ eq \f(a8－a4,8－4) ＝ eq \f(9－5,4) ＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝20.
方法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，① 由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，② 由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝20.故选C.
2．(2024·济南模拟)已知{an}为正项等比数列，若lg a2，lg a2 024是函数f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点， 则a1a2 025＝( B )
A．10 B．104
C．108 D．1012
解析：因为lg a2，lg a2 024是f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点，所以lg a2＋lg a2 024＝4，所以lg (a2a2 024)＝4，所以a2a2 024＝104，故a1a2 025＝104.
3．把120个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和是较小的两份之和的7倍，则最小的一份的面包个数为( B )
A．1 B．2
C．6 D．11
解析：设每人所得面包个数构成等差数列{an}，{an}的公差为d(d>0)，则由题意，得a3＋a4＋a5＝3a4＝7(a1＋a2)，即3(a1＋3d)＝7(2a1＋d)，① 又5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝120，②
所以联立①②解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝11，)) 所以最小的一份的面包个数为2.故选B.
4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2an,an＋1) ，则下列结论正确的是( C )
A．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是公差为 eq \f(1,2) 的等差数列
B．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是公差为2的等差数列
C．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是公比为 eq \f(1,2) 的等比数列
D．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是公比为2的等比数列
解析：由an＋1＝ eq \f(2an,an＋1) ，得 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(an＋1,2an) ＝ eq \f(1,2an) ＋ eq \f(1,2) ，则 eq \f(1,an＋1) －1＝ eq \f(1,2an) ＋ eq \f(1,2) －1，即 eq \f(1,an＋1) －1＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,an) －1)，故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是以－ eq \f(1,2) 为首项， eq \f(1,2) 为公比的等比数列．
5．(2024·吉林一模)谢尔宾斯基三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形(如图1)，沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形(如图2)，对剩下的三个小三角形继续以上操作(如图3)，按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1中三角形的边长为2，则图4中被挖去的三角形面积之和是( D )
A． eq \f(7\r(3),16) B． eq \f(9\r(3),16)
C． eq \f(27\r(3),64) D． eq \f(37\r(3),64)
解析：第一次操作挖掉的三角形边长为2× eq \f(1,2) ＝1，共1个，面积为1×( eq \f(\r(3),4) ×12)＝ eq \f(\r(3),4) ；
第二次操作挖掉的三角形边长为1× eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，共3个，面积为3×[ eq \f(\r(3),4) ×( eq \f(1,2) )2]＝ eq \f(3\r(3),16) ；
第三次操作挖掉的三角形边长为 eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ，共9个，面积为9×[ eq \f(\r(3),4) ×( eq \f(1,4) )2]＝ eq \f(9\r(3),64) ，
故题图4中被挖去的三角形面积之和是 eq \f(\r(3),4) ＋ eq \f(3\r(3),16) ＋ eq \f(9\r(3),64) ＝ eq \f(37\r(3),64) .
6．已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S12＜0，a5＋a7＞0，则当Sn取最大值时，n的值为( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：因为在等差数列{an}中，S12＝ eq \f(12×（a1＋a12）,2) ＜0，即a1＋a12＜0，所以a1＋a12＝a6＋a7＜0，因为a5＋a7＝2a6＞0，即a6＞0，所以a7＜0，由{an}为等差数列，得当n≤6时，an＞0；当n＞6时，an＜0，所以当n＝6时，Sn取得最大值．故选D.
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意的n∈N*，an＋1－an＜0，则实数m的取值范围是( A )
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}为递减数列，若对任意的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.
8．(2024·茂名一模)已知数列{an}满足a1＝8，an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) (n∈N*)，bn＝( eq \f(1,an) ＋λ)( eq \f(1,2) )n，若数列{bn}是递减数列，则实数λ的取值范围是( D )
A．(－ eq \f(8,7) ，＋∞)
B．(－ eq \f(7,8) ，＋∞)
C．( eq \f(8,7) ，＋∞)
D．( eq \f(7,8) ，＋∞)
解析：由题意，an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) ，两边取倒数可化为 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(nan＋1,an) ＝ eq \f(1,an) ＋n，所以 eq \f(1,a2) － eq \f(1,a1) ＝1， eq \f(1,a3) － eq \f(1,a2) ＝2，…， eq \f(1,an) － eq \f(1,an－1) ＝n－1，由累加法可得， eq \f(1,an) － eq \f(1,a1) ＝1＋2＋…＋(n－1)＝ eq \f(n（n－1）,2) ，因为a1＝8，所以 eq \f(1,an) ＝ eq \f(n（n－1）,2) ＋ eq \f(1,8) ＝ eq \f(（2n－1）2,8) ，
所以bn＝( eq \f(1,an) ＋λ)( eq \f(1,2) )n＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（2n－1）2,8)＋λ)) ( eq \f(1,2) )n，
因为数列{bn}是递减数列，故bn eq \f(－4n2＋20n－17,8) ＝ eq \f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8) ，
因为n≥2，n∈N*，
所以( eq \f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8) )max＝ eq \f(－4×（2－\f(5,2)）2＋8,8) ＝ eq \f(7,8) ，
故λ∈( eq \f(7,8) ，＋∞).
9．(多选)设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则( BC )
A．a5＝4
B．当a1＝1时，q＝± eq \r(2)
C．lg2|T9|＝18
D．a eq \\al(2,3) ＋a eq \\al(2,7) ≥36
解析：对于A，因为a eq \\al(2,5) ＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；
对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则a eq \\al(2,1) q8＝16，所以q8＝16，所以q＝± eq \r(2) ，所以B正确；
对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝a eq \\al(9,5) ，所以|T9|＝|a eq \\al(9,5) |＝218，所以lg2|T9|＝18，所以C正确；
对于D，a eq \\al(2,3) ＋a eq \\al(2,7) ≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确．故选BC.
10．(多选)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是( AC )
A．a2＝2
B．a4－a3＝4
C．{a2n}是等比数列
D．a2n－1＋a2n＝2n＋1
解析：anan＋1＝2n，即an＋1＝ eq \f(2n,an) ，则a2＝2，a3＝2，a4＝4，所以A正确；显然有a4－a3＝2≠4，所以B不正确；因为anan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，相除得 eq \f(an＋2,an) ＝2，所以数列{a2n－1}，{a2n}分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，所以C正确；因为a1＋a2＝3≠21＋1，所以D不正确．故选AC.
11．(多选)(2024·承德二模)对于给定的数列{an}，如果存在实数p，q，使得an＋1＝pan＋q对任意n∈N*恒成立，我们称数列{an}是“线性数列”，则下列关于线性数列{an}说法正确的是( ABD )
A．等差数列是“线性数列”
B．等比数列是“线性数列”
C．若p≠1且a1＝q，则an＝ eq \f(q（1－pn－1）,1－p)
D．若p≠1且a1＝q，则an是等比数列{qpn－1}的前n项和
解析：数列{an}为等差数列，设公差为d，则an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，满足“线性数列”的定义，故A正确；
数列{an}为等比数列，设公比为q，则 eq \f(an＋1,an) ＝q，即an＋1＝qan，满足“线性数列”的定义，故B正确；
当p≠0，且q≠0时，设an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，则k－pk＝q，解得k＝ eq \f(q,1－p) ，则an－ eq \f(q,1－p) ＝pn－1(a1－ eq \f(q,1－p) )，又a1＝q，因此an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .当p≠0，且q＝0时，an＋1＝pan，又因为a1＝q＝0，所以an＝0，也满足an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .
当p＝0时，an＋1＝q，又因为a1＝q，所以an＝q，也满足an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .综上，若p≠1且a1＝q，则an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) ，故C错误；
因为{qpn－1}是等比数列，所以q≠0，p≠0，又因为p≠1，则{qpn－1}的前n项和为 eq \f(q（1－pn）,1－p) ，由C知若p≠1且a1＝q时，an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) ，故D正确．
12．(2023·江西南昌二模)若前n项和为Sn的等差数列{an}满足a7＋a12＝12－a8，则S17＝________．
解析：由等差数列的性质知a7＋a12＝a9＋a10，又因为a7＋a12＝12－a8，所以a9＋a10＝12－a8，即a8＋a9＋a10＝12，所以a9＝4，所以S17＝ eq \f(17（a1＋a17）,2) ＝ eq \f(17×2a9,2) ＝17a9＝68.
答案：68
13．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a100＝8，则这个数列的前100项的和为________．
解析：设等和数列{an}的公和为m.因为a1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2，n为奇数，,m＋2，n为偶数，)) 又a100＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×6＝300.
答案：300
14．(2024·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________．
解析：由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝p＞0，,mn＝q＞0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＞0，,n＞0，)) 则m，－2，n成等比数列，得mn＝(－2)2＝4.不妨设m＜n，则－2，m，n成等差数列，得2m＝n－2.联立mn＝4，可得(2m＋2)m＝4，即m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝4，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝5，,q＝4，)) 所以pq＝20.
答案：20
[小题提升练]
15．(2024·深圳二模)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(3Tn－1)＝Tn(n∈N*)，则Tn＝________________．
解析：由题意可知，a1(3T1－1)＝a1·(3a1－1)＝T1＝a1，且a1>0，所以a1＝ eq \f(2,3) ，又an＝ eq \f(Tn,3Tn－1) (n∈N*)，且an＝ eq \f(Tn,Tn－1) (n≥2，n∈N*)，
所以3Tn－1＝Tn－1(n≥2，n∈N*)，
则Tn－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) ·(Tn－1－ eq \f(1,2) )，
又T1－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(2,3) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn－\f(1,2))) 是以 eq \f(1,6) 为首项， eq \f(1,3) 为公比的等比数列，
故Tn－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ×( eq \f(1,3) )n－1，
所以Tn＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )n＋ eq \f(1,2) (n∈N*).
答案： eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )n＋ eq \f(1,2) (n∈N*)
16．(2024·日照二模)“－1，0，1序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于－1，0或1.设A是一个有限“－1，0，1序列”，f(A)表示把A中每个－1都变为－1，0，每个0都变为－1，1，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组．例如：A＝(－1，0，1)，则f(A)＝(－1，0，－1，1，0，1).定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，若A1＝(－1，1)，An中1的个数记为bn，则{bn}的前10项和为________．
解析：因为A1＝(－1，1)，依题意得，A2＝(－1，0，0，1)，A3＝(－1，0，－1，1，－1，1，0，1)，显然，A1中有2项，其中1项为－1，1项为1，A2中有4项，其中1项为－1，1项为1，2项为0，A3中有8项，其中3项为－1，3项为1，2项为0，由此可得An中共有2n项，其中1和－1的项数相同，设An中有cn项为0，1和－1的项数相同都为bn，所以2bn＋cn＝2n，b1＝1，从而2bn－1＋cn－1＝2n－1(n≥2)，①
因为f(A)表示把A中每个－1都变为－1，0，每个0都变为－1，1，每个1都变为0，1，
得到新的有序实数组，
则bn＝bn－1＋cn－1(n≥2)，②
①＋②得bn＋bn－1＝2n－1(n≥2)，
所以bn＋bn＋1＝2n(n∈N*)，
所以{bn}的前10项和为
(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋(b7＋b8)＋(b9＋b10)＝21＋23＋25＋27＋29＝ eq \f(2（1－45）,1－4) ＝682.
答案： 682