2018届数学二轮复习第一篇求准提速基础小题不失分第12练数列练习文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE23学必求其心得，业必贵于专精PAGE第12练数列[明考情］数列在高考中以“一大一小”的形式考查。“一小”考查频率较高,难度为中档.[知考向]1.等差数列与等比数列。2。数列的通项与求和。3.等差、等比数列的综合应用.考点一等差数列与等比数列要点重组（1)在等差数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＊),则am＋an＝ap＋aq.(2）若｛an｝是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（Sn，n）))也是等差数列。（3）在等差数列{an｝中，Sn,S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列。(4）在等比数列中,若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＊)，则am·an＝ap·aq。（5）在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列（n为偶数且q＝－1除外)。1.（2016·全国Ⅰ）已知等差数列｛an｝的前9项和为27，a10＝8，则a100等于()A。100B。99C。98D.97答案C解析由等差数列的性质知,S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f（9×2a5,2）＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝eq\f(a10－a5，10－5)＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C。2。已知数列{1＋an}是以2为公比的等比数列，且a1＝1，则a5等于（）A.31B。24C。21D。7答案A解析由题意可知，1＋an＝2·2n－1＝2n，则an＝2n－1，所以a5＝31，故选A.3.（2017·长春南关区校级模拟）已知等差数列｛an｝满足：a2＝2，Sn－Sn－3＝54（n＞3)，Sn＝100，则n等于（)A.7B.8C.9D。10答案D解析∵等差数列{an}满足：a2＝2，Sn－Sn－3＝54(n＞3)，Sn＝100，∴an＋an－1＋an－2＝54(n＞3）。又数列｛an}为等差数列,∴3an－1＝54（n≥2），∴an－1＝18(n≥2)。又a2＝2,Sn＝100，∴Sn＝eq\f（a2＋an－1×n,2)＝eq\f（2＋18×n,2）＝100,∴n＝10。4。设Sn是等比数列｛an}的前n项和,若eq\f(S4，S2)＝3，则eq\f(S6,S4）等于()A。2B。eq\f(7,3)C.eq\f(3,10）D。1或2答案B解析设S2＝k，则S4＝3k,由数列{an}为等比数列(易知数列｛an}的公比q≠－1），得S2,S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k,S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k,∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k，3k)＝eq\f（7,3），故选B.5。(2017·安徽蚌埠质检)数列｛an}是以a为首项，q(q≠1)为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1，2，…），数列{cn}满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn（n＝1，2，…)，若{cn}为等比数列，则a＋q等于（)A。eq\r(2）B。3C。eq\r(5）D.6答案B解析由题意知，an＝aqn－1,则bn＝1＋eq\f（a1－qn，1－q)＝1＋eq\f(a,1－q)－eq\f(aqn,1－q)，得cn＝2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（a,1－q））)n－eq\f（a,1－q)·eq\f（q1－qn，1－q)＝2－eq\f(aq，1－q2）＋eq\f（1－q＋a,1－q）n＋eq\f(aqn＋1,1－q2）,要使｛cn}为等比数列，必有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\f（aq,1－q2)＝0，,\f（1－q＋a，1－q)＝0，）)得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝1，，q＝2,))所以a＋q＝3,故选B.6。已知｛an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示｛an｝的前n项和,则使得Sn达到最大值的n是________。答案20解析设等差数列｛an｝的公差为d,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3a1＋6d＝105，，3a1＋9d＝99,))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＋2d＝35，，a1＋3d＝33，))∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝39，,d＝－2.))∴Sn＝39n＋eq\f（nn－1,2）×(－2）＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400，∴当n＝20时，Sn取得最大值.考点二数列的通项与求和方法技巧（1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解。(2）利用an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（Sn，n＝1，，Sn－Sn－1，n≥2）)求通项时,要注意检验n＝1的情况.7.在数列{an｝中，a1＝1,an－an－1＝eq\f(1,nn－1）(n≥2且n∈N＊)，则an等于()A.2－eq\f（1,n)B.1－eq\f(1,n)C.eq\f(1,n)D。2－eq\f（1，n－1）答案A解析∵an－an－1＝eq\f（1，nn－1），∴a2－a1＝eq\f（1，1×2）＝1－eq\f(1,2），a3－a2＝eq\f（1，2×3)＝eq\f(1，2)－eq\f（1，3），a4－a3＝eq\f（1，3×4）＝eq\f(1,3)－eq\f（1,4),…，an－an－1＝eq\f（1,n－1)－eq\f（1，n）,∴上式相加得an－a1＝1－eq\f（1，n)。又a1＝1,∴an＝2－eq\f(1，n）.8.(2017·贵阳一模）数列｛an｝满足a1＝0，eq\f（1，1－an）－eq\f（1,1－an－1）＝1(n≥2,n∈N*)，则a2017等于()A.eq\f（1,2017)B。eq\f（1，2016）C.eq\f(2016,2017)D。eq\f（2015，2016)答案C解析∵数列｛an}满足a1＝0，eq\f(1,1－an)－eq\f（1，1－an－1)＝1(n≥2，n∈N＊），∴eq\f（1，1－a1)＝1，∴数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（1,1－an）））是首项为1，公差为1的等差数列，∴eq\f（1，1－an）＝1＋(n－1)＝n，∴eq\f(1，1－a2017）＝2017，解得a2017＝eq\f(2016,2017）。9.(2017·沈阳期末)若数列｛an｝满足eq\f（1,an＋1)－eq\f（2，an）＝0，则称｛an｝为“梦想数列”，已知正项数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f(1,bn)))为“梦想数列”,且b1＋b2＋b3＝2，则b6＋b7＋b8等于()A。4B。16C.32D.64答案D解析因为正项数列eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（1,bn)))为“梦想数列”,所以eq\f(1，\f(1,bn＋1）)－eq\f(2,\f(1，bn))＝0，bn＋1＝2bn，所以{bn}是以2为公比的等比数列,所以b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝2×25＝64，故选D.10。已知f（x)＝log2eq\f(x，1－x)＋1，an＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,n))）＋feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,n）))＋…＋feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n－1，n))）,n为正整数，则a2018等于（)A.2017B。2019C.1009D。1008答案A解析因为f(x）＝log2eq\f（x,1－x)＋1，所以f(x）＋f(1－x）＝log2eq\f（x，1－x)＋1＋log2eq\f（1－x，x)＋1＝2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)）)＋feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n－1，n)））＝2，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n))）＝2，…，feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(n－1,n）)）＋feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，n))）＝2，由倒序相加,得2an＝2(n－1），an＝n－1,所以a2018＝2018－1＝2017,故选A.11。设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1,an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________。答案－eq\f（1，n）解析由题意，得S1＝a1＝－1,又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因为Sn≠0，所以eq\f（Sn＋1－Sn，SnSn＋1）＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn）＝－1,故数列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(1,Sn)）)是以eq\f（1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得eq\f(1，Sn)＝－1－（n－1)＝－n,所以Sn＝－eq\f（1,n）。12。数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＊)，则数列｛an}的通项公式是________。答案an＝3n－1解析由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2）,两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an（n≥2)。又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1,故｛an}是首项为1，公比为3的等比数列,∴an＝3n－1.考点三等差、等比数列的综合应用方法技巧巧用性质,整体考虑,减少换算量。13。已知在等比数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（an)）中,各项都是正数，且a1，eq\f(1，2）a3，2a2成等差数列，则eq\f（a9＋a10,a7＋a8)等于（)A.1＋eq\r（2）B。1－eq\r（2）C。3＋2eq\r(2）D.3－2eq\r(2）答案C解析∵a1,eq\f（1,2）a3，2a2成等差数列，∴eq\f(1，2)a3×2＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q，∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋eq\r(2)或q＝1－eq\r(2）(舍)。∴eq\f(a9＋a10,a7＋a8）＝eq\f（a1q81＋q,a1q61＋q）＝q2＝（1＋eq\r（2））2＝3＋2eq\r(2）。14.(2017·石家庄一模）已知函数f(x）的图象关于x＝－1对称，且f(x)在（－1，＋∞）上单调,若数列｛an}是公差不为0的等差数列,且f（a50)＝f(a51)，则｛an｝的前100项的和为(）A.－200B.－100C。－50D。0答案B解析可得a50＋a51＝－2，又{an｝是等差数列,所以a1＋a100＝a50＋a51＝－2，则{an}的前100项的和为eq\f(100a1＋a100，2）＝－100.15.(2017·全国Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯?"意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（)A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案B解析设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7,公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2,∴S7＝eq\f（a11－q7,1－q）＝eq\f（a11－27，1－2)＝381,解得a1＝3。故选B。16。若数列｛an}对任意的正整数n和m等式aeq\o\al（2,n＋m）＝an×an＋2m都成立，则称数列｛an｝为m阶梯等比数列。若｛an}是3阶梯等比数列且a1＝1,a4＝2，则a10＝________.答案8解析由题意可知，当{an｝是3阶梯等比数列时，aeq\o\al（2，n＋3）＝anan＋6，aeq\o\al（2，4）＝a1a7，所以a7＝4，由aeq\o\al(2,7)＝a4a10，得a10＝eq\f（a\o\al(2,7)，a4）＝8。17.已知正项数列｛an}满足aeq\o\al（2,n＋1）－6aeq\o\al(2，n）＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________.答案3n－1解析∵aeq\o\al(2，n＋1)－6aeq\o\al（2，n)＝an＋1an,∴（an＋1－3an)·（an＋1＋2an）＝0，∵an＞0，∴an＋1＝3an.又a1＝2，∴｛an}是首项为2，公比为3的等比数列,∴Sn＝eq\f（21－3n，1－3)＝3n－1.18.（2017·湘潭市雨湖区模拟)已知数列｛an｝是各项均为正整数的等差数列,公差d∈N*,且｛an}中任意两项之和也是该数列中的一项，若a1＝6m，其中m为给定的正整数，则d的所有可能取值的和为__________。答案eq\f（1，2）（2m+1－1)(3m+1－1）解析∵公差d是a1＝6m的约数，∴d＝2i·3j（i，j＝0，1，2,…，m），∴d的所有可能取值之和为eq\i\su(i＝0,m，2）i·eq\i\su（j＝0，m,3)j＝eq\f(1，2）(2m＋1－1）·(3m＋1－1).1。在数列｛an｝中,a1＝1,a2＝2，当整数n＞1时,Sn＋1＋Sn－1＝2（Sn＋S1）都成立，则S15等于()A.210B.211C。224D.225答案B解析当n＞1时，Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2,∴an＋1＝an＋2，∴an＋1－an＝2。数列｛an｝从第二项开始组成公差为2的等差数列，∴S15＝a1＋（a2＋…＋a15）＝1＋eq\f（2＋28,2)×14＝211.2.已知数列｛an｝满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2an,n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，)）则其前6项之和为（)A.16B.20C.33D。120答案C解析a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6,a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C。3。已知数列｛an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－3n＋k，则an＝________。答案an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（k－1，n＝1,,4n－5，n≥2））解析当n＝1时，a1＝S1＝2×12－3×1＋k＝k－1,当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n＋k－[2（n－1)2－3（n－1）＋k］＝4n－5。显然,当k＝0时，a1＝－1，适合an＝4n－5，所以数列｛an}的通项公式为an＝4n－5.当k≠0时，a1＝k－1≠－1，显然不适合an＝4n－5。所以数列{an｝的通项公式为an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1，n＝1，,4n－5，n≥2。）)4。已知数列{an｝满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f（an,n）的最小值为________。答案eq\f（21,2)解析由题意,得a2－a1＝2，a3－a2＝4,…,an－an－1＝2(n－1），累加整理可得an＝n2－n＋33,∴eq\f（an，n)＝n＋eq\f（33，n）－1。由函数f(x）＝x＋eq\f(33，x)－1(x＞0）的单调性可知，当n＝5或n＝6时,eq\f（an，n）取最小值。又f（6）＝eq\f(21，2)，f（5)＝eq\f(53,5),∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（an，n）））min＝eq\f(21，2）。1.已知在等比数列｛an｝中，a2·a8＝4a5，在等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列｛bn}的前9项和Sn等于()A.9B.18C.36D.72答案B解析∵a2·a8＝4a5,即aeq\o\al（2,5)＝4a5，∴a5＝4。又a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.∴S9＝9b5＝18，故选B.2。(2017·自贡模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，且a2＝－2，则a7等于()A。16B.32C.64D。128答案C解析∵数列｛an｝的前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn,Sn＋2成等差数列，且a2＝－2,∴由题意得Sn＋2＋Sn＋1＝2Sn，得an＋2＋an＋1＋an＋1＝0，即an＋2＝－2an＋1，∴{an｝从第二项起是公比为－2的等比数列,∴a7＝a2q5＝64.3。已知数列2016，2017，1，－2016，…,从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则该数列的前2017项和等于()A.2016B.2017C。1D.0答案A解析可知该数列是周期为6的数列，一个周期的和为0，所以S2017＝S1＝2016.4.（2017·淮南一模）已知等差数列｛an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn,若对于任意的自然数n，都有eq\f（Sn,Tn）＝eq\f（2n－3，4n－3）,则eq\f（a3＋a15,2b3＋b9)＋eq\f（a3，b2＋b10）等于（)A.eq\f(19，41）B。eq\f（17,37)C。eq\f（7，15)D.eq\f(20，41）答案A解析∵eq\f(a3＋a15,2b3＋b9)＝eq\f（2a9,2b3＋b9)＝eq\f(a9,b3＋b9)，∴eq\f(a3＋a15，2b3＋b9）＋eq\f(a3，b2＋b10)＝eq\f(a9,b3＋b9）＋eq\f(a3，b2＋b10)＝eq\f（a9，b1＋b11)＋eq\f（a3,b1＋b11)＝eq\f(a3＋a9,b1＋b11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11）＝eq\f(\f（11a1＋a11，2）,\f（11b1＋b11，2)）＝eq\f（S11，T11）＝eq\f（2×11－3，4×11－3)＝eq\f（19，41).5。设各项均为正数的数列{an｝的前n项和为Sn，且Sn满足2Seq\o\al（2，n)－（3n2－n－4）Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N＊，则数列｛an｝的通项公式是（)A.an＝3n－2 B.an＝4n－3C.an＝2n－1 D.an＝2n＋1答案A解析由2Seq\o\al(2,n）－（3n2－n－4）Sn－2(3n2－n）＝0,n∈N＊,因式分解可得［2Sn－(3n2－n）]（Sn＋2)＝0，因为数列｛an}的各项均为正数，所以2Sn＝3n2－n.当n＝1时，2a1＝3－1，解得a1＝1。当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n2－n－[3(n－1）2－(n－1）]＝6n－4，即an＝3n－2.当n＝1时，上式成立.所以an＝3n－2（n∈N*)。6.已知数列｛an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2eq\r（an＋1）＋1,则a13等于（)A.143B。156C.168D.195答案C解析由an＋1＝an＋2eq\r（an＋1)＋1可知，an＋1＋1＝an＋1＋2eq\r（an＋1)＋1＝（eq\r（an＋1）＋1）2，∴eq\r（an＋1＋1）＝eq\r(an＋1)＋1.又eq\r(a1＋1)＝1，故数列｛eq\r（an＋1)｝是首项为1，公差为1的等差数列，∴eq\r(an＋1）＝n，∴eq\r（a13＋1）＝13,则a13＝168.7.已知Sn是等差数列｛an｝的前n项和,且S6〉S7>S5，给出下列五个命题：①d<0；②S11>0；③使Sn>0的最大n值为12；④数列{Sn}中的最大项为S11；⑤｜a6|>|a7|,其中正确命题的个数是（)A.5B.4C.3D。1答案B解析∵S6>S7〉S5,∴a7<0，a6〉0,a6＋a7>0，因此｜a6｜>｜a7｜；d＝a7－a6<0；S11＝eq\f（11a1＋a11,2)＝11a6>0;S12＝eq\f（12a1＋a12，2)＝6(a6＋a7)>0，而S13＝13a7<0，因此满足Sn〉0的最大n值为12.由于a7〈0，a6〉0，数列{Sn｝中的最大项为S6,∴④错,①②③⑤正确，故选B。8.（2017·永州二模）已知数列｛an}的前n项和Sn＝3n(λ－n）－6，若数列｛an｝单调递减，则λ的取值范围是(）A.（－∞,2） B.（－∞，3)C。(－∞,4) D。（－∞，5）答案A解析∵Sn＝3n(λ－n)－6， ①∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6,n＞1, ②由①－②,得an＝3n－1（2λ－2n－1）(n＞1，n∈N*).∵数列｛an｝为单调递减数列，∴an＞an＋1，∴3n－1（2λ－2n－1）＞3n（2λ－2n－3)，化为λ＜n＋2(n＞1），∴λ＜3.又a1＞a2,∴λ＜2.综上，λ＜2.9.设数列｛an｝的前n项和为Sn,满足Sn＝2an－2，则eq\f（a8,a6）＝________。答案4解析由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2(n≥2),所以an＝2an－