【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 压轴题（四） 数列 (含解析).doc，共(14)页，138.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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压轴题命题区间(四)数__列数列的性质(1)(2017·西安质检)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：x123456789y375961824数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在

函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋„＋x2018＝()A．7564B．7549C．7546D．7539(2)(2016·合肥质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是()A．{a

n}是单调递减数列B．{Sn}是单调递减数列C．{a2n}是单调递减数列D．{S2n}是单调递减数列(1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*．点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，∴xn＋1＝f(xn)，∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x

3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，„，∴数列{xn}是周期为4的周期数列，∴x1＋x2＋„＋x2018＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2＝504×15＋4＝7564．故选A．(2)由于{

an}是等比数列，则a3a5＝a24＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝16，当q＝－66时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×16n－1单调递减，选项C正确；当q＝－66

时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．(1)A(2)C(1)解决数列的单调性问题的下三种方法①用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．②用作商比较法，根据an＋

1an(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．③结合相应函数的图象直观判断．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．1．(2016·安徽皖江名校联考)已知数列{an}的

首项为2，且数列{an}满足an＋1＝an－1an＋1，数列{an}的前n项和为Sn，则S2016＝()A．504B．588C．－588D．－504解析：选C∵a1＝2，an＋1＝an－1an＋1，∴a2＝13，

a3＝－12，a4＝－3，a5＝2，„，∴数列{an}是周期为4的周期数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝－76，∵2016＝4×504，∴S2016＝504×－76＝－588．2．(2016

·全国乙卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2„an的最大值为________．解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝12．又a1＋a1q

2＝10，∴a1＝8．故a1a2„an＝an1q1＋2＋„＋(n－1)＝23n·1212－nn＝22322－＋nnn＝22722－＋nn．记t＝－n22＋7n2＝－12(n2－7n)＝－12n－722＋498，结合n∈N*可知n＝3或4时

，t有最大值6．又y＝2t为增函数，从而a1a2„an的最大值为26＝64．答案：64数列的和如果有穷数列a1，a2，a3，„，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，„，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，„，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,3

,4,3,2,1与数列a，b，c，c，b，a都是“对称数列”．(1)设{bn}是8项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝1，b5＝13．依次写出{bn}的每一项；(2)设{cn}是2m＋1项的“对称数列”，其中cm＋1，cm＋2，„，c2m＋1是首项

为a，公比为q的等比数列，求{cn}的各项和Sn．(1)设数列{bn}的前4项的公差为d，则b4＝b1＋3d＝1＋3d．又因为b4＝b5＝13，解得d＝4，所以数列{bn}为1,5,9,13,13,9,5,1．(2)由题意得，

当q≠1时，Sn＝c1＋c2＋„＋c2m＋1＝2(cm＋1＋cm＋2＋„＋c2m＋1)－cm＋1＝2a(1＋q＋q2＋„＋qm)－a＝2a·1－qm＋11－q－a．而当q＝1时，Sn＝(2m＋1)a．∴Sn＝m＋a，q＝1，2

a·1－qm＋11－q－a，q≠1.(1)本题在求等比数列{cn}前n项和时可利用分类讨论思想．(2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．③项数的奇、偶数讨论．④等比数列的

单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．⑤求数列{|an|}的前n项和要用到分类讨论．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*．(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．解：(1)由题意得

a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，解得a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为

an＝3n－1，n∈N*．(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1．当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3．设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋－3n－21－3－n＋n－2

＝3n－n2－5n＋112，因为当n＝2时，也符合Tn＝3n－n2－5n＋112．所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈N*.构造法求通项公式(1)已知数列{an}满足a1＝3，且a

n＋1＝4an＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝22n－1＋1B．an＝22n－1－1C．an＝22n＋1D．an＝22n－1(2)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝()A．－3×2n－1B．3×2n－1C．

5n＋3×2n－1D．5n－3×2n－1(1)由an＋1＝4an＋3，得an＋1＋1＝4(an＋1)，故数列{an＋1}是首项为a1＋1＝4，公比为4的等比数列，所以an＋1＝4n，所以an＝22n－1．(2)法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边

同时除以5n＋1，得an＋15n＋1＝25×an5n＋35，①令an5n＝bn，则①式变为bn＋1＝25bn＋35，即bn＋1－1＝25(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝a15－1＝

－35，公比为25，所以bn－1＝－35×25n－1，即bn＝1－35×25n－1，所以an5n＝1－35×25n－1＝1－3×2n－15n，故an＝5n－3×2n－1．法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，则an＋1＝2an

－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－

1．(1)D(2)D利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an－1的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘

的方法求解．求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式．本题的递推公式是an＋1＝αan＋β×αn的推广an＋1＝αan＋β×γn，两边同时除以γn＋1后得到an＋1γn

＋1＝αγ·anγn＋βγ，转化为bn＋1＝kbn＋βγ的形式，通过构造公比是αγ的等比数列bn－βγ－k求解．1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，则an＝________．解析：因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设

1an＋1＋t＝31an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝31an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝23n－

1．答案：23n－12．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，则an＝______________．解析：由a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1得，an＋12n＋1－2an2n＝3，设bn＝an2

n，则bn＋1＝2bn＋3，设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，所以2t－t＝3，解得t＝3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以bn＋1＋3bn＋3＝2，又b1＋3＝a12＋3＝1＋3＝4，所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以bn

＝2n＋1－3，所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n．答案：22n＋1－3×2n1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2016＝()A．8B．6C．4D．2解析：选B

由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，„，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2016＝a335×6＋6＝a6＝6．2．已知数列{an}

的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n－2B．an＝n2＋n－2C．an＝0，n＝12n－1，n≥2D．an＝0，n＝12n，n≥2解析：选D由于点

(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－＝2n．故选D．3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－n＋12n＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为()A．2或3B．3或4C．

3D．4解析：选B设数列{bn}的第n项最大．由bn＋1≤bn，bn≥bn－1，即－n＋＋12n＋1＋13≤－n＋12n＋13，－n＋12n＋13≥－n－＋12n－1＋13

，整理得1＋12n＋1≥12n，1＋12n≤12n－1，即n2＋n－12≥0，n2－n－12≤0，解得n＝3或n＝4．又b3＝b4＝6，所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．4．设数

列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝()A．n2n－1B．n＋12n－1＋1C．2n－12n－1D．n＋12n＋1解析：选A设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，所以n

Sn＋(n＋2)an＝4n，所以Sn＋1＋2nan＝4．当n≥2时，Sn－Sn－1＋1＋2nan－1＋2n－1an－1＝0，所以n＋nan＝n＋1n－1an－1，即2·ann＝

an－1n－1．又因为a11＝1，所以ann是首项为1，公比为12的等比数列，所以ann＝12n－1(n∈N*)，所以an＝n2n－1(n∈N*)．5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S12－S6S6－7·S6－S3S3－8＝0，且正

整数m，n满足a1ama2n＝2a35，则1m＋8n的最小值是()A．157B．95C．53D．75解析：选C∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，∴S12－S6S6＝q6，S6－S3S3＝q3

，∴q6－7q3－8＝0，解得q＝2，又a1ama2n＝2a35，∴a31·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a31213，∴m＋2n＝15，∴1m＋8n＝1151m＋8n(m＋2n)＝11517＋2nm＋8mn≥11517＋22nm×8mn＝53，当且

仅当2nm＝8mn，n＝2m，即m＝3，n＝6时等号成立，∴1m＋8n的最小值是53，故选C．6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有xn＋xn＋22＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－tn

－12n－1，若数列b3，b4，b5，„是“减差数列”，则实数t的取值范围是()A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1]C．(1，＋∞)D．(－∞，1]解析：选C由数列b3，b4，b5，„是“减差数列”，得bn＋bn＋22＜bn＋1(

n≥3)，即t－tn－12n＋t－tn＋－12n＋2＜2t－tn＋－12n，即tn－12n＋tn＋－12n＋2＞tn＋－12n，化简得t(n－2)＞1．当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，则t＞1n－2恒成立，又当n≥3时，1n－2的最大值为1，则t的取值范围

是(1，＋∞)．7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，„)．则q的取值范围为________．解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，可以得到a1＝S1＞0，q≠0，当q＝1时，Sn＝na1＞0；当q≠1时，Sn＝a1－qn1－q＞0，即1－qn1

－q＞0(n＝1,2,3，„)，上式等价于不等式组1－q＜0，1－qn＜0(n＝1,2,3，„)，①或1－q＞0，1－qn＞0(n＝1,2,3，„)．②解①式得q＞1，解②式，由于n可为奇数，可为

偶数，得－1＜q＜1．综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．答案：(－1,0)∪(0，＋∞)8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·cos2nπ3－sin2nπ3，其

前n项和为Sn，则S30＝________．解析：由题意可知，an＝n2·cos2nπ3，若n＝3k－2，则an＝(3k－2)2·－12＝－9k2＋12k－42(k∈N*)；若n＝3k－1，则an＝(3k－1)2·－12＝－9k2＋6k－12(k∈N*)；若n＝3k，则an

＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－52，k∈N*，∴S30＝k＝1109k－52＝9－52＋90－522×10＝470．答案：4709．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1

，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，得2a1＋2a2＝a3－7，即2a2＝a3－7－2a1，代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1

＝1，代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，即an＋1＝3an＋2n，当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．上式两

端同时除以2n＋1，得an＋12n＋1＝32×an2n＋12，等式两端同时加1，得an＋12n＋1＋1＝32×an2n＋32＝32an2n＋1，所以数列an2n＋1是首项为32，公

比为32的等比数列，所以an2n＋1＝32n，所以an2n＝32n－1，所以an＝3n－2n．答案：3n－2n10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点π12，－2，7π12，2，且在区间π12，7π

12上为单调函数．(1)求ω，φ的值；(2)设an＝nfnπ3(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2kπ－π2，k∈Z，7ωπ12＋φ＝2kπ＋π2，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－2π3，k∈Z，∵|φ|＜π，

∴φ＝－2π3．(2)由(1)及题意可知an＝2nsin2nπ3－2π3(n∈N*)，数列2sin2nπ3－2π3(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，∴a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋

(3n－1)×3＋3n×(－3)＝－3(n∈N*)，∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋„＋(a28＋a29＋a30)＝－103．11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝43，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn

}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．解：(1)∵S＝12acs

inB＝43，∴ac＝16，又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，∴b2＝ac＝16，∴b＝4，从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，∴a＝c＝4．故可得a1＝4，d＝4，∴an＝4n．∵Tn

－2bn＋3＝0，∴当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，∴数列{bn}为等比数列，∴bn＝3·2n－1．(2)依题意，cn＝4n，n为

奇数，3·2n－1，n为偶数.P2n＋1＝(a1＋a3＋„＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋„＋b2n)＝[4＋n＋n＋2＋－4n1－4＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}

的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列4anan＋的前n项和为Tn，求证：12≤Tn＜1．解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减，

得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，ann＝an－1n－1，所以ann＝a11．因为a1＝2，所以an＝2n．(2)证明：因为an＝2n，令bn＝4anan＋，n∈N*，所以bn＝42nn＋＝1nn＋＝1n－1n＋1

．所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝1－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1．因为1n＋1＞0，所以1－1n＋1＜1．因为f(n)＝1n＋1在N*上是递减函数，所以1－1n

＋1在N*上是递增的，所以当n＝1时，Tn取最小值12．所以12≤Tn＜1．