2021高考数学一轮复习第二部分专题突破练专题突破练4数列中的典型题型与创新题型含解析苏教版

PAGE9-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．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．在等比数列{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.因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝aeq\o\al(5,1)·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．3C．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n4．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．469C．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＋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.故选D．5．(2019·江西赣州名校联考)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则该数列的第16项为()A．98 B．112C．144 D．128答案D解析设该数列为{an}，由题意可得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n2－1，n为奇数，,\f(1,2)n2，n为偶数，))则a16＝eq\f(1,2)×162＝128，故选D．6．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．2012C．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<n＝2k－2≤2018,2<2k≤2020,1<k≤10，∴所有“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝eq\f(221－29,1－2)－18＝211－22＝2026.故选C．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eq\f(an＋2,an＋1)＝4，由an＋1＝3Sn，得a2＝3a1，即eq\f(a2,a1)＝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．(2019·贵阳模拟)定义eq\f(n,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ui)为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”．若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为eq\f(1,3n＋1)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(36,an＋2an＋1＋2)))的前2019项和为()A．eq\f(2018,2019) B．eq\f(2019,2020)C．eq\f(2019,2018) D．eq\f(2019,1010)答案B解析设数列{an}的前n项和为Sn，则根据题意，得eq\f(n,Sn)＝eq\f(1,3n＋1)，则Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2(n≥2)，当n＝1时也适合，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项和为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2eq\r(Sn)＝an＋1，bn＝eq\f(an,an＋t)，若b1，b2，bm成等差数列，则eq\f(t,m)的最大值为()A．eq\f(2,7) B．eq\f(3,5)C．eq\f(3,8) D．eq\f(5,4)答案D解析由题2eq\r(Sn)＝an＋1，则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成等差数列，可得bm＝2b2－b1，eq\f(2m－1,2m－1＋t)＝eq\f(6,3＋t)－eq\f(1,1＋t)，分离m化简得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).故选D．10．(2019·吉林长春名校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝eq\f(15,4)lnx＋eq\f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝()A．－38 B．38C．－17 D．17答案A解析因为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是函数f(x)的极值点，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，故选A．11．(2019·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eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的项为()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，则eq\f(S9,a9)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．(2eq\r(2)，4)C．(2,9) D．(2eq\r(2)，9)答案D解析设等比数列{an}的公比为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.因为a4＝a1q3＝(a1q2)·q，所以2eq\r(2)<a4<9.故选D．二、填空题13．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＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2.14．(2020·四川成都棠湖中学适应性考试)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，则cosB的最小值为________．答案eq\f(1,2)解析因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac，根据余弦定理，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)(当且仅当a＝c时等号成立，故cosB的最小值为eq\f(1,2).15．(2019·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．(2019·衡水模拟)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＝eq\f(π,3).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＝eq\f(π,3).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，C4，C5，C6，…，Cn分别是半径为1,2,4,8,16,32，…，2n－1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＝eq\f(2n－1,2－1)＝2n－1.由Sn－5n>0，得2n－1－5n>0⇒2n>5n＋1，故最小的正整数n为5.三、解答题17．已知等比数列{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)，因为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，设cn＝n－7，则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＝eq\f(1,an·log2bn＋3)，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与eq\f(3,8)的大小．解(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·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＝eq\o(OAn,\s\up6(→))·eq\o(OBn,\s\up6(→))(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当n≥2时，2an－1－Sn－1－2＝0，②①－②，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＝eq\o(OAn,\s\up6(→))·eq\o(OBn,\s\up6(→))，∴bn＝(n＋1)·4n.则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·湖南六校联考)已知函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))时，f(x)的最大值为－eq\f(1,4)，数列{an}的首项a1＝eq\f(3,2)，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))))是等比数列；(2)记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)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－eq\f(1,4)，所以f(x)＝x2＋x－eq\f(1,4).又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，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，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))))是首项为lg2，公比为2的等比数列．(2)由