2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二部分專題突破練專題突破練4數(shù)列中的典型題型與創(chuàng)新題型含解析蘇教版

PAGE9-專題突破練(4)數(shù)列中的典型題型與創(chuàng)新題型一、選擇題1．如果等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于()A．14 B．21C．28 D．35答案C解析∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a2．在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3A．9 B．10C．11 D．12答案C解析am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝aeq\o\al(2,3)·aeq\o\al(2,3)·a3＝aeq\o\al(5,3)＝aeq\o\al(5,1)·q10.因為a1＝1，|q|≠1，所以am＝aeq\o\al(5,1)·q10＝a1q10，所以m＝11.故選C．3．在遞減等差數(shù)列{an}中，若a1＋a5＝0，則Sn取最大值時n等于()A．2 B．3C．4 D．2或3答案D解析∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0.∵d<0，∴{an}的第一項和第二項為正值，從第四項開始為負(fù)值，故Sn取最大值時n4．在等差數(shù)列{an}中，首項a1＝0，公差d≠0，若ak＝a10＋a11＋…＋a100，則k＝()A．496 B．469C．4914 D．4915答案D解析因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，因為ak＝a10＋a11＋…＋a100，所以ak＝100a1＋eq\f(100×99,2)d－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9a1＋\f(9×8,2)d))＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915.故選D．5．(2019·江西贛州名校聯(lián)考)大衍數(shù)列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論，主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理，數(shù)列中的每一項，都代表太極衍生過程中，曾經(jīng)經(jīng)歷過的兩儀數(shù)量總和，它是中華傳統(tǒng)文化中隱藏著的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題目，該數(shù)列從第一項依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，則該數(shù)列的第16項為()A．98 B．112C．144 D．128答案D解析設(shè)該數(shù)列為{an}，由題意可得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n2－1，n為奇數(shù)，,\f(1,2)n2，n為偶數(shù)，))則a16＝eq\f(1,2)×162＝128，故選D．6．已知數(shù)列{an}的通項為an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，我們把使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的n叫做“優(yōu)數(shù)”，則在(0,2018]內(nèi)的所有“優(yōu)數(shù)”的和為()A．1024 B．2012C．2026 D．2036答案C解析設(shè)a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·logn＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，則0<n＝2k－2≤2018,2<2k≤2020,1<k≤10，∴所有“優(yōu)數(shù)”之和為(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝eq\f(221－29,1－2)－18＝211－22＝2026.故選C．7．已知數(shù)列{an}中，an＋1＝3Sn，則下列關(guān)于{an}的說法正確的是()A．一定為等差數(shù)列B．一定為等比數(shù)列C．可能為等差數(shù)列，但不會為等比數(shù)列D．可能為等比數(shù)列，但不會為等差數(shù)列答案C解析若數(shù)列{an}中所有的項都為0，則滿足an＋1＝3Sn，所以數(shù)列{an}可能為等差數(shù)列，故B，D不正確；由an＋1＝3Sn，得an＋2＝3Sn＋1，則an＋2－an＋1＝3(Sn＋1－Sn)＝3an＋1，所以an＋2＝4an＋1，當(dāng)a1≠0時，易知an＋1≠0，所以eq\f(an＋2,an＋1)＝4，由an＋1＝3Sn，得a2＝3a1，即eq\f(a2,a1)＝3，此時數(shù)列{an}既不是等比數(shù)列又不是等差數(shù)列，故A不正確，C正確．故選C．8．(2019·貴陽模擬)定義eq\f(n,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ui)為n個正數(shù)u1，u2，u3，…，un的“快樂數(shù)”．若已知正項數(shù)列{an}的前n項的“快樂數(shù)”為eq\f(1,3n＋1)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(36,an＋2an＋1＋2)))的前2019項和為()A．eq\f(2018,2019) B．eq\f(2019,2020)C．eq\f(2019,2018) D．eq\f(2019,1010)答案B解析設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則根據(jù)題意，得eq\f(n,Sn)＝eq\f(1,3n＋1)，則Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2(n≥2)，當(dāng)n＝1時也適合，所以an＝6n－2，所以eq\f(36,an＋2an＋1＋2)＝eq\f(36,6n6n＋6)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(36,an＋2an＋1＋2)))的前2019項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2019)－eq\f(1,2020)＝1－eq\f(1,2020)＝eq\f(2019,2020).9．(2019·江西南昌測試二)已知各項均為正數(shù)的遞增數(shù)列{an}的前n項和為Sn滿足2eq\r(Sn)＝an＋1，bn＝eq\f(an,an＋t)，若b1，b2，bm成等差數(shù)列，則eq\f(t,m)的最大值為()A．eq\f(2,7) B．eq\f(3,5)C．eq\f(3,8) D．eq\f(5,4)答案D解析由題2eq\r(Sn)＝an＋1，則4Sn＝(an＋1)2,4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，作差得an＋1－an＝2,2eq\r(S1)＝a1＋1?a1＝1，an＝2n－1，由b1，b2，bm成等差數(shù)列，可得bm＝2b2－b1，eq\f(2m－1,2m－1＋t)＝eq\f(6,3＋t)－eq\f(1,1＋t)，分離m化簡得m＝3＋eq\f(4,t－1)，故(t，m)＝(2,7)，(3,5)，(5,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,m)))max＝eq\f(5,4).故選D．10．(2019·吉林長春名校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公差d>0，a6和a8是函數(shù)f(x)＝eq\f(15,4)lnx＋eq\f(1,2)x2－8x的極值點，則S8＝()A．－38 B．38C．－17 D．17答案A解析因為f(x)＝eq\f(15,4)lnx＋eq\f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq\f(15,4x)＋x－8＝eq\f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(15,2))),x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(15,2).又a6和a8是函數(shù)f(x)的極值點，且公差d>0，所以a6＝eq\f(1,2)，a8＝eq\f(15,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))所以S8＝8a1＋eq\f(8×8－1,2)×d＝－38，故選A．11．(2019·河南林州調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足S17>0，S18<0，則eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的項為()A．eq\f(S7,a7) B．eq\f(S8,a8)C．eq\f(S9,a9) D．eq\f(S10,a10)答案C解析∵等差數(shù)列{an}中，S17>0，且S18<0，即S17＝17a9>0，S18＝9(a9＋a10)<0，∴a9＋a10<0，a9>0，∴a10<0，∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，故可知a1，a2，…，a9為正，a10，a11，…為負(fù)；∴S1，S2，…，S17為正，S18，S19，…為負(fù)，則eq\f(S1,a1)>0，eq\f(S2,a2)>0，…，eq\f(S9,a9)>0，eq\f(S10,a10)<0，eq\f(S11,a11)<0，…，eq\f(S15,a15)<0，又S1<S2<…<S9，a1>a2>…>a9，則eq\f(S9,a9)最大．故選C．12．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)，則a4的取值范圍是()A．(3,4) B．(2eq\r(2)，4)C．(2,9) D．(2eq\r(2)，9)答案D解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a1<1，①,1<a1q<2，②,2<a1q2<3.③))由①②得q＝eq\f(a1q,a1)>eq\f(1,1)＝1；由①③得q2＝eq\f(a1q2,a1)>eq\f(2,1)＝2；由②③得q＝eq\f(a1q2,a1q)>1且q＝eq\f(a1q2,a1q)<3，故eq\r(2)<q<3.因為a4＝a1q3＝(a1q2)·q，所以2eq\r(2)<a4<9.故選D．二、填空題13．設(shè)數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝10，點Pn(n，an)對任意的n∈N*，都有向量PnPn＋1＝(1,2)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.答案n2解析∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，∴PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，∴an＋1－an＝2，∴{an}是公差d為2的等差數(shù)列．又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，∴Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2.14．(2020·四川成都棠湖中學(xué)適應(yīng)性考試)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，則cosB的最小值為________．答案eq\f(1,2)解析因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b2＝ac，根據(jù)余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)，由基本不等式可以得到eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時等號成立，故cosB的最小值為eq\f(1,2).15．(2019·湖北荊州中學(xué)模擬一)“斐波那契”數(shù)列由十三世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家斐波那契發(fā)現(xiàn)．?dāng)?shù)列中的一系列數(shù)字常被人們稱之為神奇數(shù)．具體數(shù)列為：1,1,2,3,5,8，…，即從該數(shù)列的第三項數(shù)字開始，每個數(shù)字等于前兩個相鄰數(shù)字之和．已知數(shù)列{an}為“斐波那契”數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若a2020＝M，則S2018＝________.(用M表示)答案M－1解析∵數(shù)列為：1,1,2,3,5,8，…，即從該數(shù)列的第三項數(shù)字開始，每個數(shù)字等于前兩個相鄰數(shù)字之和，∴an＋2＝an＋an＋1＝an＋an－1＋an＝an＋an－1＋an－2＋an－1＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－2＝…＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋…＋a2＋a1＋1，則S2018＝a2020－1＝M－1.16．(2019·衡水模擬)已知曲線C1的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝1，過平面上一點P1作C1的兩條切線，切點分別為A1，B1，且滿足∠A1P1B1＝eq\f(π,3).記P1的軌跡為C2，過平面上一點P2作C2的兩條切線，切點分別為A2，B2，且滿足∠A2P2B2＝eq\f(π,3).記P2的軌跡為C3，按上述規(guī)律一直進(jìn)行下去，…，記an＝|AnAn＋1|min，且Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則滿足Sn－5n>0的最小正整數(shù)n為________．答案5解析由題設(shè)可知軌跡C1，C2，C3，C4，C5，C6，…，Cn分別是半徑為1,2,4,8,16,32，…，2n－1的圓．因為an＝|AnAn＋1|min，所以a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，…，an＝2n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq\f(2n－1,2－1)＝2n－1.由Sn－5n>0，得2n－1－5n>0?2n>5n＋1，故最小的正整數(shù)n為5.三、解答題17．已知等比數(shù)列{an}中，an>0，a1＝eq\f(1,64)，eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an＋2)，n∈N*.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝(－1)n·(log2an)2，求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0，因為eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an＋2)，所以eq\f(1,a1qn－1)－eq\f(1,a1qn)＝eq\f(2,a1qn＋1)，因為q>0，解得q＝2，所以an＝eq\f(1,64)×2n－1＝2n－7，n∈N*.(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2＝(－1)n·(n－7)2，設(shè)cn＝n－7，則bn＝(－1)n·(cn)2.T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝－ceq\o\al(2,1)＋ceq\o\al(2,2)＋(－ceq\o\al(2,3))＋ceq\o\al(2,4)＋…＋(－ceq\o\al(2,2n－1))＋ceq\o\al(2,2n)＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝eq\f(2n[－6＋2n－7],2)＝n(2n－13)＝2n2－13n.18．已知等差數(shù)列{an}的公差為2，等比數(shù)列{bn}的公比為2，且anbn＝n·2n.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(1,an·log2bn＋3)，記數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，試比較Tn與eq\f(3,8)的大?。?1)∵anbn＝n·2n，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1b1＝2，,a2b2＝8))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1b1＝2，,a1＋2·2b1＝8，))解得a1＝2，b1＝1，∴an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2n－1.(2)∵an＝2n，bn＝2n－1，∴cn＝eq\f(1,an·log2bn＋3)＝eq\f(1,2nn＋2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,8)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))<eq\f(3,8)，∴Tn<eq\f(3,8).19．(2019·廣東三校聯(lián)考二)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(an，Sn)(n∈N*)在直線2x－y－2＝0上．(1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求其通項公式；(2)設(shè)直線x＝an與函數(shù)f(x)＝x2的圖象交于點An，與函數(shù)g(x)＝log2x的圖象交于點Bn，記bn＝eq\o(OAn,\s\up6(→))·eq\o(OBn,\s\up6(→))(其中O為坐標(biāo)原點)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)證明：∵點(an，Sn)在直線2x－y－2＝0上，∴2an－Sn－2＝0.①當(dāng)n＝1時，2a1－a1－2＝0，∴a1當(dāng)n≥2時，2an－1－Sn－1－2＝0，②①－②，得an＝2an－1.∴數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，則an＝2n.(2)由(1)及已知易得An(2n,4n)，Bn(2n，n)，∵bn＝eq\o(OAn,\s\up6(→))·eq\o(OBn,\s\up6(→))，∴bn＝(n＋1)·4n.則Tn＝2×41＋3×42＋4×43＋…＋(n＋1)·4n，③4Tn＝2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n＋1)·4n＋1，④③－④，得－3Tn＝8＋42＋43＋…＋4n－(n＋1)·4n＋1＝8＋eq\f(161－4n－1,1－4)－(n＋1)·4n＋1，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)＋\f(2,9)))·4n＋1－eq\f(8,9).20．(2019·湖南六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋x＋c(c為常數(shù))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))時，f(x)的最大值為－eq\f(1,4)，數(shù)列{an}的首項a1＝eq\f(3,2)，點(an，an＋1)在函數(shù)f(x)的圖象上，其中n≥1，n∈Z.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))))是等比數(shù)列；(2)記Rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，求Rn.解(1)證明：依題意，f(x)＝x2＋x＋c，c為常數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－eq\f(1,4)，所以f(x)＝x2＋x－eq\f(1,4).又點(an，an＋1)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋an－eq\f(1,4)，即an＋1＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))2，由于a1＝eq\f(3,2)，易知an＋eq\f(1,2)>0，所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋\f(1,2)))＝2lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，又lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))＝lg2≠0，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))))是首項為lg2，公比為2的等比數(shù)列．(2)由