2020届高考数学理一轮（新课标通用）专题突破练：（4）　数列中的典型题型与创新题型 Word版含解析.doc

www.ks5u.com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，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512，3a412，a44a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428故选C2在等比数列an中，a11，公比|q|1若ama1a2a3a4a5，则m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)·(a2a4)·a3a·a·a3aa·q10因为a11，|q|1，所以ama·q10a1q10，所以m11故选C3在递减等差数列an中，若a1a50，则Sn取最大值时n等于()A2 B3 C4 D2或3答案D解析a1a52a30，a30d<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D4在等差数列an中，首项a10，公差d0，若aka10a11a100，则k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d(n1)d，因为aka10a11a100，所以ak100a1d9a1d4914d，又ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以k4915故选D5已知数列an的通项为anlogn1(n2)(nN*)，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()A1024 B2012 C2026 D2036答案C解析设a1·a2·a3··anlog23·log34·log45··logn1(n2)log2(n2)k，kZ，则0<n2k22018，2<2k2020，1<k10，所有“优数”之和为(222)(232)(2102)18211222026故选C6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n65时，剩余的一个数为()A1 B2 C4 D8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B7已知数列an中，an13Sn，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an13Sn，所以数列an可能为等差数列，故B，D不正确；由an13Sn，得an23Sn1，则an2an13(Sn1Sn)3an1，所以an24an1，当a10时，易知an10，所以4，由an13Sn，得a23a1，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C8(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2an1，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2an1，则4Sn(an1)2，4Sn1(an11)2，作差得an1an2，2a11a11，an2n1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm2b2b1，分离m化简得m3，故(t，m)(2，7)，(3，5)，(5，4)，max故选D9(2018·河南信阳高级中学模拟)给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1(0，1)，由关系式an1f(an)得到的数列an满足an1<an则该函数的图象可能是()答案A解析由题对于给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1(0，1)，由关系式an1f(an)得到的数列an满足an1<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yx的下方故选A10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(16231662)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()A120 B163 C164 D165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bnn1，其前8项和S88×2×144；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(n2n)，其前8项和T8×120，据此可得题中数列前16项和为12044164故选C11(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S1717a9>0，S189(a9a10)<0，a9a10<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S1<S2<<S9，a1>a2>>a9，则最大故选C12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，由已知得由得q>1；由得q2>2；由得q>1且q<3，故<q<3因为a4a1q3(a1q2)·q，所以2<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a12，公积为10，则a2018_答案5解析已知数列an是等积数列且a12，公积为10，可得a25，a32，a45，a52，由此奇数项为2，偶数项为5，所以a2018514设数列an满足a2a410，点Pn(n，an)对任意的nN*，都有向量PnPn1(1，2)，则数列an的前n项和Sn_答案n2解析Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，PnPn1(1，an1an)(1，2)，an1an2，an是公差d为2的等差数列又由a2a42a14d2a14×210，解得a11，Snn×2n215(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a2020M，则S2018_(用M表示)答案M1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，an2anan1anan1ananan1an2an1anan1an2an3an2anan1an2an3a2a11，则S2018a20201M116(2018·衡水金卷压轴卷二)已知曲线C1的方程为(x1)2(y2)21，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|AnAn1|min，且Sn为数列an的前n项和，则满足Sn5n>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|AnAn1|min，所以a11，a22，a34，a48，an2n1，所以Sna1a2a3an1242n12n1由Sn5n>0，得2n15n>02n>5n1，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，nN*(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q2，所以an×2n12n7，nN*(2)bn(1)n·(log2an)2(1)n·(log22n7)2(1)n·(n7)2，设cnn7，则bn(1)n·(cn)2T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n18(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anbnn·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)anbnn·2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn11<，Tn<19(2018·广东三校联考二)设数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)(nN*)在直线2xy20上(1)求证：数列an是等比数列，并求其通项公式；(2)设直线xan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2xy20上，2anSn20当n1时，2a1a120，a12当n2时，2an1Sn120，得an2an1数列an是首项为2，公比为2的等比数列，则an2n(2)由(1)及已知易得An(2n，4n)，Bn(2n，n)，bn·，bn(n1)·4n则Tn2×41 3×424×43(n1)·4n，4Tn2×423×434×44(n1)·4n1，得3Tn842434n(n1)·4n18(n1)·4n1，Tn·4n120(2018·湖南六校联考)已知函数f(x)x2xc(c为常数)，且x，0时，f(x)的最大值为，数列an的首项a1，点(an，an1)在函数f(x)的图象上，其中n1，nZ(1)证明：数列lg an是等比数列；(2)记Rna1·a2··an，求Rn解(1)证明：依题意，f(x)x2xc，c为常数，当x，0时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)maxf(0)c，所以f(x)x2x又点(an，an1)在函数f(x)的图象上，所以an1aan，即an1an2，由于a1，易知an>0，所以lg an12lg an，又lg a1lg 20，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lgan2n1·lg 2lg 22n1，所以an22n1，所以Rn220·221·222··22n122021222n122n121(2019·宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数yf(x)对任意xR，都有f(x)f(1x)2(1)求f和ff(nN*)的值；(2)数列an满足anf(0)ffff(1)(nN*)，求证：数列an是等差数列解(1)由题设条件知ff2，故f1而1，故ff2(2)证明：依题有anf(0)fff(1)，nN*，同理有anf(1)fff(0)，nN*，上述两式对应相加得2anf(0)f(1)fffff(0)f(1)2(n1)，从而ann1，nN*，而an1an1，故an为等差数列