【文档说明】2020高考数学刷题首秧专题突破练4数列中的典型题型与创新题型 (理数)含解析.doc，共(8)页，91.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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．14B．21C．28D．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．9B．10C．11D．12答案C解析am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a

3＝a23·a23·a3＝a53＝a51·q10．因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝a51·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．2B．3C．4D．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．496B．469C．4914D．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＝100

a1＋100×992d－9a1＋9×82d＝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．1024B．2012C．2026D．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)＝221－291－2－18＝211－22＝2026．故选C．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．1B．2C．4D．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(S

n＋1－Sn)＝3an＋1，所以an＋2＝4an＋1，当a1≠0时，易知an＋1≠0，所以an＋2an＋1＝4，由an＋1＝3Sn，得a2＝3a1，即a2a1＝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2Sn＝an＋1，bn＝anan＋t，若b1，b2，bm成等差数列，则tm的最大值为()A．27B．35C．38D．54答案D解析由题2Sn＝an＋1，则4Sn＝(an＋1)2，4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，作差得a

n＋1－an＝2，2S1＝a1＋1⇒a1＝1，an＝2n－1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm＝2b2－b1，2m－12m－1＋t＝63＋t－11＋t，分离m化简得m＝3＋4t－1，故(t，m)＝(2，

7)，(3，5)，(5，4)，tmmax＝54．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<an．则该

函数的图象可能是()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<an．则可得到f(an)＜an，所以f(a1)＜a1在∀a1∈(0，1)

上都成立，即∀x∈(0，1)，f(x)＜x，所以函数图象都在y＝x的下方．故选A．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．120B．163C．164D．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＋8×72×1＝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＝nn＋12＝12(n2

＋n)，其前8项和T8＝12×8×8＋1×2×8＋16＋8＋1×82＝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S1a1，S2a2，„，S

15a15中最大的项为()A．S7a7B．S8a8C．S9a9D．S10a10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S1a1>0，S2a2>0，„，S9a9>0，S10a10<0，S11a11<0，„，S15a

15<0，又∵S1<S2<„<S9，a1>a2>„>a9，则S9a9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．(22，4)C．(2，9)D．(22，9)答案D解析设等比数

列{an}的公比为q，由已知得0<a1<1，①1<a1q<2，②2<a1q2<3.③由①②得q＝a1qa1>11＝1；由①③得q2＝a1q2a1>21＝2；由②③得q＝a1q2a1q>1且q＝a1q2a

1q<3，故2<q<3．因为a4＝a1q3＝(a1q2)·q，所以22<a4<9．故选D．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)，∴PnP

n＋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＋nn－12×2＝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＝π3．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＝π3．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|m

in，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－12－1＝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＝164，1an－1an＋1＝2an＋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1an－1an＋1＝2an＋2，所以1a1qn－1－1a1qn＝2a1qn＋1，因为q>0，解得q＝2，所以an＝164×2n－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＝

－c21＋c22＋(－c23)＋c24＋„＋(－c22n－1)＋c22n＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋c4)＋„＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2

＋c3＋c4＋„＋c2n－1＋c2n＝2n[－6＋2n－7]2＝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＝1an·log2bn

＋3，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与38的大小．解(1)∵anbn＝n·2n，∴a1b1＝2，a2b2＝8⇒a1b1＝2，a1＋2·2b1＝8，解得a1＝2，b1＝1，∴an＝2＋2(n－1)＝2n，b

n＝2n－1．(2)∵an＝2n，bn＝2n－1，∴cn＝1an·log2bn＋3＝12nn＋2＝141n－1n＋2，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋„＋cn－1＋cn＝141－13＋12－14＋13－15＋14－16＋„＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝141＋1

2－1n＋1－1n＋2＝38－141n＋1＋1n＋2<38，∴Tn<38．19．(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)＝x

2的图象交于点An，与函数g(x)＝log2x的图象交于点Bn，记bn＝OAn→·OBn→(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，2

a1－a1－2＝0，∴a1＝2．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＝OAn→·OB

n→，∴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＋161－4n－11－4－(n＋1)·4

n＋1，∴Tn＝n3＋29·4n＋1－89．20．(2018·湖南六校联考)已知函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈－12，0时，f(x)的最大值为－14，数列{an}的首项a1＝32，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z．(1)证明：数列lga

n＋12是等比数列；(2)记Rn＝a1＋12·a2＋12·„·an＋12，求Rn．解(1)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，当x∈－12，0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－14，所以f(x)＝x2＋x

－14．又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，所以an＋1＝a2n＋an－14，即an＋1＋12＝an＋122，由于a1＝32，易知an＋12>0，所以lgan＋1＋12＝2lgan＋12，又lga1＋12＝lg2≠0，

所以数列lgan＋12是首项为lg2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知lgan＋12＝2n－1·lg2＝lg22n－1，所以an＋12＝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f12和f1n＋fn－1n(n∈N*)的值；(2)数列{an}满足an＝f(0)＋f1n＋f

2n＋„＋fn－1n＋f(1)(n∈N*)，求证：数列{an}是等差数列．解(1)由题设条件知f12＋f12＝2，故f12＝1．而1n＋n－1n＝1，故f1n＋fn－1n＝2．(2)证明：依题有an＝f(0

)＋f1n＋„＋fn－1n＋f(1)，n∈N*，同理有an＝f(1)＋fn－1n＋„＋f1n＋f(0)，n∈N*，上述两式对应相加得2an＝[f(0)＋f(1)]＋f1n＋fn－1n＋„＋f1n＋fn－1n＋[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．