PAGEPAGEPAGE1課時達標訓練(十三)數列中的基本量計算A組——抓牢中檔小題1．(2024·南京三模)若等比數列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，且a1＝1，S6＝3S3，則a7的值為________．解析：由S6＝(a1＋a2＋a3)＋a1q3＋a2q3＋a3q3＝(a1＋a2＋a3)(1＋q3)＝(1＋q3)S3＝3S3，得(1＋q3)S3＝3S3.因為S3＝a1(1＋q＋q2)≠0，所以q3＝2，得a7＝4.答案：42．(2024·蘇北三市一模)在等差數列{an}中，若a5＝eq\f(1,2)，8a6＋2a4＝a2，則{an}的前6項和S6的值為________．解析：設等差數列{an}的公差為d，由a5＝eq\f(1,2)，8a6＋2a4＝a2，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝\f(1,2)，,8（a1＋5d）＋2（a1＋3d）＝a1＋d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(5,2)，,d＝－\f(1,2)，))所以S6＝6a1＋eq\f(6×（6－1）,2)d＝eq\f(15,2).答案：eq\f(15,2)3．(2024·蘇中三市、蘇北四市三調)已知{an}是等比數列，Sn是其前n項和．若a3＝2，S12＝4S6，則a9的值為________．解析：由S12＝4S6，當q＝1，明顯不成立，所以q≠1，則eq\f(a1（1－q12）,1－q)＝4eq\f(a1（1－q6）,1－q)，因為eq\f(a1,1－q)≠0，所以1－q12＝4(1－q6)，即(1－q6)(q6－3)＝0，所以q6＝3或q＝－1，所以a9＝a3q6＝6或2.答案：2或64．若等差數列{an}和等比數列{bn}滿意a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，則eq\f(a2,b2)＝________．解析：設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，則a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以eq\f(a2,b2)＝1.答案：15．(2024·無錫期末)設公差不為零的等差數列{an}滿意a3＝7，且a1－1，a2－1，a4－1成等比數列，則a10＝________．解析：設數列{an}的公差為d，d≠0，因為a1－1，a2－1，a4－1成等比數列，所以(a2－1)2＝(a1－1)(a4－1)，即(6－d)2＝(6－2d)(6＋d)，化簡得3d2－6d＝0，因為d≠0，所以d＝2，所以a10＝a3＋7d＝7＋14＝21.答案：216．(2024·常州期末)在各項均為正數的等比數列{an}中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，則解析：依題意有a2a4＝aeq\o\al(2,3)，a2a3a4＝(a3)3＝a2＋a3＋a4≥a3＋2eq\r(a2a4)＝3a3，整理有a3(aeq\o\al(2,3)－3)≥0，因為an>0，所以a3≥eq\r(3)，所以a3的最小值為eq\r(3).答案：eq\r(3)7．等差數列{an}的前n項和為Sn，且an－Sn＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)，若對隨意n∈N*，總有Sn≤Sk，則k的值是________．解析：在等差數列{an}中，設公差為d，因為“an－Sn＝a1＋(n－1)d－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1n＋\f(n（n－1）,2)d))＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)”的二次項系數為1，所以－eq\f(d,2)＝1，即公差d＝－2，令n＝2，得a1＝13，所以前n項和Sn＝13n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝14n－n2＝49－(n－7)2，故前7項和最大，所以k＝7.答案：78．(2024·蘇錫常鎮四市一模)中國古代著作《張丘建算經》中有這樣一個問題：“今有馬行轉遲，次日減半疾，七日行七百里”，意思是說有一匹馬行走的速度漸漸減慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么這匹馬最終一天行走的里程數為________．解析：由題意可知，這匹馬每天行走的里程數構成等比數列，設為{an}，易知公比q＝eq\f(1,2)，則S7＝eq\f(a1（1－q2）,1－q)＝2a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,128)))＝eq\f(127,64)a1＝700，所以a1＝700×eq\f(64,127)，所以a7＝a1q6＝700×eq\f(64,127)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)＝eq\f(700,127)，所以這匹馬最終一天行走的里程數為eq\f(700,127).答案：eq\f(700,127)9．(2024·揚州期末)已知各項都是正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，若4a4，a3，6a5成等差數列，且a3＝3aeq\o\al(2,2)，則S3＝________．解析：設各項都是正數的等比數列{an}的公比為q，則q>0，且a1>0，由4a4，a3，6a5成等差數列，得2a3＝4a4＋6a5，即2a3＝4a3q＋6a3q2，解得q＝eq\f(1,3).又由a3＝3aeq\o\al(2,2)，解得a1＝eq\f(1,3)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,27)＝eq\f(13,27).答案：eq\f(13,27)10．設Sn是等差數列{an}的前n項和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________．解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數列，設該等差數列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.答案：20011．(2024·揚州期末)在正項等比數列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a解析：令a1＋a2＝t(t>0)，則a4＋a3－2a2－2a1＝6可化為tq2－2t＝6(其中q為公比)，所以t＝eq\f(6,q2－2)(q＞eq\r(2))，所以a5＋a6＝tq4＝eq\f(6,q2－2)q4＝6eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,q2－2)＋（q2－2）＋4))≥6eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4,q2－2)·（q2－2）)＋4))＝48(當且僅當q＝2時等號成立)．答案：4812．(2024·蘇州中學模擬)數列{an}的前n項和為Sn，滿意an≠0，(an＋1－an)Sn＋1＝(an＋1－2n－1an)an＋1，n∈N*.設數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2an＋1－an,an＋1)))的前n項和為Tn，則eq\f(2n－1Tn＋1,2n－1)＝________．解析：∵(an＋1－an)Sn＋1＝(an＋1－2n－1an)an＋1，∴anSn＋1－an＋1Sn＝2n－1an＋1an，又an≠0，∴eq\f(Sn＋1,an＋1)－eq\f(Sn,an)＝2n－1.則eq\f(S2,a2)－eq\f(S1,a1)＝1，eq\f(S3,a3)－eq\f(S2,a2)＝2，…，eq\f(Sn,an)－eq\f(Sn－1,an－1)＝2n－2(n≥2，n∈N*)．以上各式相加，得eq\f(Sn,an)－eq\f(S1,a1)＝1＋2＋…＋2n－2(n≥2，n∈N*)．∵eq\f(S1,a1)＝1，∴eq\f(Sn,an)－1＝2n－1－1，∴Sn＝2n－1an(n≥2，n∈N*)．∵n＝1時上式也成立，∴Sn＝2n－1an(n∈N*)．∴Sn＋1＝2nan＋1.兩式相減，得an＋1＝2nan＋1－2n－1an，即(2n－1)an＋1＝2n－1an，則eq\f(2an＋1－an,an＋1)＝eq\f(1,2n－1)，∴Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)，∴eq\f(2n－1Tn＋1,2n－1)＝Tn＋eq\f(1,2n－1)＝2.答案：213．(2024·海安中學模擬)記min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，b<a.))設數列{an}是公差為d的等差數列，數列{bn}是公比為2的等比數列，且a1＝0，b1＝1，cn＝min{an，bn}，n∈N*，若數列{cn}中存在連續三項成等比數列，則d的最小值為________．解析：法一：由題意知an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，bn＝2n－1.數列{cn}中存在連續三項成等比數列，不行能是等差數列{an}中連續的三項，理由：假設是等差數列{an}中連續的三項，分別記為(k－1)d，kd，(k＋1)d，k≥2，k∈N*，則k2d2＝(k－1)d·(k＋1)d，得d＝0，an＝0，所以cn＝0，與題意不相符．又數列{an}中的項為0，d，2d，3d，…，數列{bn}中的項為1，2，4，8，…，所以當d≤2時，cn＝an，不滿意題意；當2<d<eq\f(8,3)時，ak<bk(k≥4，k∈N*)，此時數列{cn}的前三項為0，2，4，從第四項起先cn＝an，不滿意題意；當d≥eq\f(8,3)時，數列{cn}的前四項為0，2，4，8，此時，c2，c3，c4成等比數列，滿意題意．綜上，d的最小值為eq\f(8,3).法二：在平面直角坐標系內，點(n，bn)在指數函數y＝2x－1的圖象上，點(n，an)在過點(1，0)，且斜率為d的直線l上．依據min{a，b}的意義知，{cn}取位于兩支曲線中下方曲線上的點的縱坐標．易知數列{cn}中連續三項成等比數列，不行能是等差數列{an}中的連續三項．如圖，當直線l過點(4，8)時，c2＝b2＝2，c3＝b3＝4，c4＝b4＝8，第一次滿意{cn}中連續三項成等比數列，此時直線l的斜率為eq\f(8,3)，即d取得最小值，最小值為eq\f(8,3).答案：eq\f(8,3)14．(2024·無錫期末)已知等比數列{an}滿意a2a5＝2a3，且a4，eq\f(5,4)，2a7成等差數列，則a1·a2·…·an的最大值為________．解析：設等比數列{an}的公比為q，依據等比數列的性質可得a2a5＝a3a4＝2由于a3≠0，可得a4＝2.因為a4，eq\f(5,4)，2a7成等差數列，所以2×eq\f(5,4)＝a4＋2a7，可得a7＝eq\f(1,4)，由a7＝a4q3，可得q＝eq\f(1,2)，由a4＝a1q3，可得a1＝16，從而an＝a1qn－1＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).法一：令an≥1可得n≤5，故當1≤n≤5時，an≥1，當n≥6時，0<an<1，所以當n＝4或5時，a1·a2·…·an的值最大，為1024.法二：令Tn＝a1·a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2eq\s\up6(\f(n（4＋5－n）,2))＝2eq\s\up6(\f(n（9－n）,2)).因為n∈N*，所以當且僅當n＝4或5時，eq\f(n（9－n）,2)取得最大值10，從而Tn取得最大值T10＝210＝1024.答案：1024B組——力爭難度小題1．已知函數f(x)＝x2－ax＋b(a＞0，b＞0)有兩個不同的零點m，n，且m，n和－2三個數適當排序后，既可成為等差數列，也可成為等比數列，則a＋b的值為________．解析：由題意可得m＋n＝a，mn＝b，因為a＞0，b＞0，可得m＞0，n＞0，又m，n，－2這三個數適當排序后可成等差數列，也可適當排序后成等比數列，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n＝m－2，,mn＝4，))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＝n－2，,mn＝4.))②解①得m＝4，n＝1，解②得m＝1，n＝4.所以a＝5，b＝4，則a＋b＝9.答案：92．已知等比數列{an}的各項均為正數且公比q>1，前n項積為Tn，且a2a4＝a3，則使得Tn>1的n的最小值為________解析：由a2a4＝a3得aeq\o\al(2,3)＝a3，又{an}的各項均為正數，故a3＝1，T5＝a1a2a3a4a5＝aeq\o\al(5,3)＝1，當n＝6時，T6＝T5·a6，又公比q>1，a3＝1，故a6>1，T答案：63．已知正項數列{an}滿意an＋1＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋eq\f(1,a3＋a4)＋…＋eq\f(1,an＋an＋1)＋1，其中n∈N*，a4＝2，則a2020＝________．解析：an＋1＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋…＋eq\f(1,an＋an＋1)＋1，所以n≥2時，an＝eq\f(1,a1＋a2)＋eq\f(1,a2＋a3)＋…＋eq\f(1,an－1＋an)＋1，兩式相減得an＋1－an＝eq\f(1,an＋1＋an)(n≥2)，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝1(n≥2)，aeq\o\al(2,2020)＝aeq\o\al(2,4)＋(2020－4)×1＝2020，所以a2020＝eq\r(2020).答案：eq\r(2020)4．(2024·南京考前模擬)數列{an}中，an＝2n－1，現將{an}中的項依原依次按第k組有2k項的要求進行分組：(1，3)，(5，7，9，11)，(13，15，17，19，21，23)，…，則第n組中各數的和為________．解析：設數列{an}的前n項和為Sn，則Sn＝n2，因為2＋4＋…＋2n＝n(n＋1)＝n2＋n，2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＝n2－n.所以第n組中各數的和為Sn2＋n－Sn2－n＝(n2＋n)2－(n2－n)2＝4n3.答案：4n35．(2024·南通等七市二模)已知集合A＝{x|x＝2k－1，k∈N*}，B＝{x|x＝8k－8，k∈N*}，從集合A中取出m個不同元素，其和記為S；從集合B中取出n個不同元素，其和記為T.若S＋T≤967，則m＋2n的最大值為________．解析：法一：由題意可得S＝eq\f(m（1＋2m－1）,2)＝m2，T＝eq\f(n（0＋8n－8）,2)＝4n2－4n，則S＋T＝m2＋4n2－4n≤967，即m2＋(2n－1)2≤968，由基本不等式可得eq\f(m＋（2n－1）,2)≤eq\r(\f(m2＋（2n－1）2,2))≤eq\r(\f(968,2))＝22，則m＋(2n－1)≤44，當且僅當m＝2n－1＝22時取等號，但此時n＝eq\f(23,2)?N*，所以等號取不到，則當m＝22，n＝11時，m＋2n取得最大值44.法二：由題意可得S＝eq\f(m（1＋2m－1）,2)＝m2，T＝eq\f(n（0＋8n－8）,2)＝4n2－4n，則S＋T＝m2＋4n2－4n≤967，即m2＋(