高考数学二轮复习专题突破练4数列中的典型题型与创新题型 (文数)含解析

这是一份高考数学二轮复习专题突破练4数列中的典型题型与创新题型 (文数)含解析，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题突破练(4)　数列中的典型题型与创新题型
一、选择题
1．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于(　　)
A．14 B．21 C．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＝7a4＝28．故选C．
2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1．若am＝a1a2a3a4a5，则m等于(　　)
A．9 B．10 C．11 D．12
答案　C
解析　am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a·a·a3＝a＝a·q10．因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝a·q10＝a1q10，所以m＝11．故选C．
3．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．2或3
答案　D
解析　∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0．
∵d<0，∴{an}的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故Sn取最大值时n等于2或3．故选D．
4．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝(　　)
A．496 B．469 C．4914 D．4915
答案　D
解析　因为数列{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，因为ak＝a10＋a11＋…＋a100，所以ak＝100a1＋d－9a1＋d＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915．故选D．
5．已知数列{an}的通项为an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优数”，则在(0，2018]内的所有“优数”的和为(　　)
A．1024 B．2012 C．2026 D．2036
答案　C
解析　设a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·logn＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，则0 6．约瑟夫规则：将1，2，3，…，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1，3，5，7，…．当n＝65时，剩余的一个数为(　　)
A．1 B．2 C．4 D．8
答案　B
解析　将1，2，3，…，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，首先删除的数为1，3，5，7，…，65(删除33个，剩余32个)；然后循环，删除的数的个数分别为16，8，4，2，1，最后剩余2．故选B．
7．已知数列{an}中，an＋1＝3Sn，则下列关于{an}的说法正确的是(　　)
A．一定为等差数列
B．一定为等比数列
C．可能为等差数列，但不会为等比数列
D．可能为等比数列，但不会为等差数列
答案　C
解析　若数列{an}中所有的项都为0，则满足an＋1＝3Sn，所以数列{an}可能为等差数列，故B，D不正确；由an＋1＝3Sn，得an＋2＝3Sn＋1，则an＋2－an＋1＝3(Sn＋1－Sn)＝3an＋1，所以an＋2＝4an＋1，当a1≠0时，易知an＋1≠0，所以＝4，由an＋1＝3Sn，得a2＝3a1，即＝3，此时数列{an}既不是等比数列又不是等差数列，故A不正确，C正确．故选C．
8．(2018·江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列{an }的前n项和为Sn满足2＝an＋1，bn＝，若b1，b2，bm成等差数列，则的最大值为(　　)
A． B． C． D．
答案　D
解析　由题2＝an＋1，则4Sn＝(an＋1)2，4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，作差得an＋1－an＝2，2＝a1＋1⇒a1＝1，an＝2n－1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm＝2b2－b1，＝－，分离m化简得m＝3＋，故(t，m)＝(2，7)，(3，5)，(5，4)，max＝．故选D．
9．(2018·河南信阳高级中学模拟)给定函数y＝f(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1∈(0，1)，由关系式an＋1＝f(an)得到的数列{an}满足an＋1
答案　A
解析　由题对于给定函数y＝f(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1∈(0，1)，由关系式an＋1＝f(an)得到的数列{an}满足an＋1
10．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形．帕斯卡(1623～1662)是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年．右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，这又是我国数学史上的一个伟大成就．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列前16项和为(　　)

A．120 B．163 C．164 D．165
答案　C
解析　考查每行第二个数组成的数列：2，3，4，5，…，归纳推理可知其通项公式为bn＝n＋1，其前8项和S8＝8×2＋×1＝44；每行第三个数组成的数列：1，3，6，10，…，归纳推理可知其通项公式为cn＝＝(n2＋n)，其前8项和T8＝×＋＝120，据此可得题中数列前16项和为120＋44＝164．故选C．
11．(2018·河南林州调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，则，，…，中最大的项为(　　)
A． B． C． D．
答案　C
解析　∵等差数列{an}中，S17>0，且S18<0，即S17＝17a9>0，S18＝9(a9＋a10)<0，∴a9＋a10<0，a9>0，∴a10<0，∴等差数列{an}为递减数列，故可知a1，a2，…，a9为正，a10，a11，…为负；∴S1，S2，…，S17为正，S18，S19，…为负，则>0，>0，…，>0，<0，<0，…，<0，又∵S1a2>…>a9，则最大．故选C．
12．已知数列{an}为等比数列，a1∈(0，1)，a2∈(1，2)，a3∈(2，3)，则a4的取值范围是(　　)
A．(3，4) B．(2，4) C．(2，9) D．(2，9)
答案　D
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由已知得
由①②得q＝>＝1；由①③得q2＝>＝2；由②③得q＝>1且q＝<3，故 二、填空题
13．(2018·湖南张家界模拟)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列且a1＝2，公积为10，则a2018＝________．
答案　5
解析　已知数列{an}是等积数列且a1＝2，公积为10，可得a2＝5，a3＝2，a4＝5，a5＝2，…，由此奇数项为2，偶数项为5，所以a2018＝5．
14．设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量PnPn＋1＝(1，2)，则数列{an}的前n项和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为2的等差数列．又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，∴Sn＝n＋×2＝n2．
15．(2018·湖北荆州中学模拟一)“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．已知数列{an}为“斐波那契”数列，Sn为数列{an }的前n项和，若a2020＝M，则S2018＝________．(用M表示)
答案　M－1
解析　∵数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，
∴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，则S2018＝a2020－1＝M－1．
16．(2018·衡水金卷压轴卷二)已知曲线C1的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1，过平面上一点P1作C1的两条切线，切点分别为A1，B1，且满足∠A1P1B1＝．记P1的轨迹为C2，过平面上一点P2作C2的两条切线，切点分别为A2，B2，且满足∠A2P2B2＝．记P2的轨迹为C3，按上述规律一直进行下去，…，记an＝|AnAn＋1|min，且Sn为数列{an}的前n项和，则满足Sn－5n>0的最小正整数n为________．
答案　5
解析　由题设可知轨迹C1，C2，C3，…，Cn分别是半径为1，2，4，8，16，32，…，2n的圆．因为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＝＝2n－1．由Sn－5n>0，得2n－1－5n>0⇒2n>5n＋1，故最小的正整数n为5．
三、解答题
17．(2018·山西考前适应训练)已知等比数列{an}中，an>0，a1＝，－＝，n∈N*．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，则q>0，
因为－＝，所以－＝，
因为q>0，解得q＝2，
所以an＝×2n－1＝2n－7，n∈N*．
(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2
＝(－1)n·(n－7)2，
设cn＝n－7，则bn＝(－1)n·(cn)2．
T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－c＋c＋(－c)＋c＋…＋(－c)＋c
＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)
＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n
＝
＝n(2n－13)＝2n2－13n．
18．(2018·山东青岛统测)已知等差数列{an}的公差为2，等比数列{bn}的公比为2，且anbn＝n·2n．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小．
解　(1)∵anbn＝n·2n，
∴⇒
解得a1＝2，b1＝1，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，
bn＝2n－1．
(2)∵an＝2n，bn＝2n－1，
∴cn＝＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn
＝1－＋－＋－＋－＋…＋－＋－
＝1＋－－
＝－＋<，
∴Tn<．
19．(2018·广东三校联考二)设数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)(n∈N*)在直线2x－y－2＝0上．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)设直线x＝an与函数f(x)＝x2的图象交于点An，与函数g(x)＝log2x的图象交于点Bn，记bn＝·(其中O为坐标原点)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解　(1)证明：∵点(an，Sn)在直线2x－y－2＝0上，
∴2an－Sn－2＝0．①
当n＝1时，2a1－a1－2＝0，∴a1＝2．
当n≥2时，2an－1－Sn－1－2＝0，②
①－②，得an＝2an－1．
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an＝2n．
(2)由(1)及已知易得An(2n，4n)，Bn(2n，n)，
∴bn＝·，∴bn＝(n＋1)·4n．
则Tn＝2×41＋3×42＋4×43＋…＋(n＋1)·4n，③
4Tn＝2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n＋1)·4n＋1，④
③－④，得
－3Tn＝8＋42＋43＋…＋4n－(n＋1)·4n＋1
＝8＋－(n＋1)·4n＋1，
∴Tn＝＋·4n＋1－．
20．(2018·湖南六校联考)已知函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈－，0时，f(x)的最大值为－，数列{an}的首项a1＝，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z．
(1)证明：数列lg an＋是等比数列；
(2)记Rn＝a1＋·a2＋·…·an＋，求Rn．
解　(1)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，
当x∈－，0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)max＝f(0)＝c＝－，
所以f(x)＝x2＋x－．
又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，
所以an＋1＝a＋an－，
即an＋1＋＝an＋2，
由于a1＝，易知an＋>0，
所以lg an＋1＋＝2lg an＋，
又lg a1＋＝lg 2≠0，
所以数列lg an＋是首项为lg 2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lgan＋＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，
所以an＋＝22n－1，
所以Rn＝220·221·222·…·22n－1＝220＋21＋22＋…＋2n－1
＝22n－1．
21．(2019·宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数y＝f(x)．对任意x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝2．
(1)求f和f＋f(n∈N*)的值；
(2)数列{an}满足an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，求证：数列{an}是等差数列．
解　(1)由题设条件知f＋f＝2，故f＝1．而＋＝1，故f＋f＝2．
(2)证明：依题有an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)，n∈N*，
同理有an＝f(1)＋f＋…＋f＋f(0)，n∈N*，
上述两式对应相加得2an＝[f(0)＋f(1)]＋f＋f＋…＋f＋f＋[f(0)＋f(1)]＝2(n＋1)，从而an＝n＋1，n∈N*，而an＋1－an＝1，故{an}为等差数列．