高考數學(文數)二輪專題突破練04《數列中的典型題型與創(chuàng)新題型》（教師版）

1、專題突破練(4)數列中的典型題型與創(chuàng)新題型一、選擇題1如果等差數列an中，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512，3a412，a44a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428故選C2在等比數列an中，a11，公比|q|1若ama1a2a3a4a5，則m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)·(a2a4)·a3a·a·a3aa·q10因為a11，|q|1，所以ama·q10a1q10，所以m11故選C3在遞減等差數

2、列an中，若a1a50，則Sn取最大值時n等于()A2 B3 C4 D2或3答案D解析a1a52a30，a30d<0，an的第一項和第二項為正值，從第四項開始為負值，故Sn取最大值時n等于2或3故選D4在等差數列an中，首項a10，公差d0，若aka10a11a100，則k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因為數列an是等差數列，所以ana1(n1)d(n1)d，因為aka10a11a100，所以ak100a1d9a1d4914d，又ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以k4915故選D5已知數列an的通項為anlogn1(n2)(nN*)，我們把使乘積a1

3、·a2·a3··an為整數的n叫做“優(yōu)數”，則在(0，2018內的所有“優(yōu)數”的和為()A1024 B2012 C2026 D2036答案C解析設a1·a2·a3··anlog23·log34·log45··logn1(n2)log2(n2)k，kZ，則0<n2k22018，2<2k2020，1<k10，所有“優(yōu)數”之和為(222)(232)(2102選C6約瑟夫規(guī)則：將1，2，3，n按逆時針方向依次放置在一個單位圓上，然后從1開始

4、，按逆時針方向，每隔一個數刪除一個數，直至剩余一個數為止，刪除的數依次為1，3，5，7，當n65時，剩余的一個數為()A1 B2 C4 D8答案B解析將1，2，3，65按逆時針方向依次放置在一個單位圓上，然后從1開始，按逆時針方向，每隔一個數刪除一個數，首先刪除的數為1，3，5，7，65(刪除33個，剩余32個)；然后循環(huán)，刪除的數的個數分別為16，8，4，2，1，最后剩余2故選B7已知數列an中，an13Sn，則下列關于an的說法正確的是()A一定為等差數列B一定為等比數列C可能為等差數列，但不會為等比數列D可能為等比數列，但不會為等差數列答案C解析若數列an中所有的項都為0，則滿足an13

5、Sn，所以數列an可能為等差數列，故B，D不正確；由an13Sn，得an23Sn1，則an2an13(Sn1Sn)3an1，所以an24an1，當a10時，易知an10，所以4，由an13Sn，得a23a1，即3，此時數列an既不是等比數列又不是等差數列，故A不正確，C正確故選C8已知各項均為正數的遞增數列an 的前n項和為Sn滿足2an1，bn，若b1，b2，bm成等差數列，則的最大值為()A B C D答案D解析由題2an1，則4Sn(an1)2，4Sn1(an11)2，作差得an1an2，2a11a11，an2n1，由b1，b2，bm成等差數列，可得bm2b2b1，分離m化簡得m3，故(

6、t，m)(2，7)，(3，5)，(5，4)，max故選D9給定函數yf(x)的圖象在下列四個選項中，并且對任意a1(0，1)，由關系式an1f(an)得到的數列an滿足an1<an則該函數的圖象可能是()答案A解析由題對于給定函數yf(x)的圖象在下列四個選項中，并且對任意a1(0，1)，由關系式an1f(an)得到的數列an滿足an1<an則可得到f(an)an，所以f(a1)a1在a1(0，1)上都成立，即x(0，1)，f(x)x，所以函數圖象都在yx的下方故選A10楊輝三角，是二項式系數在三角形中的一種幾何排列在歐洲，這個表叫做帕斯卡三角形帕斯卡(16231662)是在165

7、4年發(fā)現這一規(guī)律的，比楊輝要遲393年，比賈憲遲600年右圖的表在我國南宋數學家楊輝1261年所著的詳解九章算法一書里就出現了，這又是我國數學史上的一個偉大成就如圖所示，在“楊輝三角”中，從1開始箭頭所指的數組成一個鋸齒形數列：1，2，3，3，6，4，10，5，則此數列前16項和為()A120 B163 C164 D165答案C解析考查每行第二個數組成的數列：2，3，4，5，歸納推理可知其通項公式為bnn1，其前8項和S88×2×144；每行第三個數組成的數列：1，3，6，10，歸納推理可知其通項公式為cn(n2n)，其前8項和T8×120，據此可得題中數列前16

8、項和為12044164故選C11設等差數列an的前n項和為Sn，且滿足S17>0，S18<0，則，中最大的項為()A B C D答案C解析等差數列an中，S17>0，且S18<0，即S1717a9>0，S189(a9a10)<0，a9a10<0，a9>0，a10<0，等差數列an為遞減數列，故可知a1，a2，a9為正，a10，a11，為負；S1，S2，S17為正，S18，S19，為負，則>0，>0，>0，<0，<0，<0，又S1<S2<<S9，a1>a2>>a9，則最大

9、故選C12已知數列an為等比數列，a1(0，1)，a2(1，2)，a3(2，3)，則a4的取值范圍是()A(3，4) B(2，4) C(2，9) D(2，9)答案D解析設等比數列an的公比為q，由已知得由得q>1；由得q2>2；由得q>1且q<3，故<q<3因為a4a1q3(a1q2)·q，所以2<a4<9故選D二、填空題13定義“等積數列”，在一個數列中，如果每一項與它后一項的積都為同一個常數，那么這個數列叫做等積數列，這個常數叫做該數列的公積已知數列an是等積數列且a12，公積為10，則a2018_答案5解析已知數列an是等積數列且

10、a12，公積為10，可得a25，a32，a45，a52，由此奇數項為2，偶數項為5，所以a2018514設數列an滿足a2a410，點Pn(n，an)對任意的nN*，都有向量PnPn1(1，2)，則數列an的前n項和Sn_答案n2解析Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，PnPn1(1，an1an)(1，2)，an1an2，an是公差d為2的等差數列又由a2a42a14d2a14×210，解得a11，Snn×2n215“斐波那契”數列由十三世紀意大利數學家斐波那契發(fā)現數列中的一系列數字常被人們稱之為神奇數具體數列為：1，1，2，3，5，8，即從該數列的第三項數字開始，每

11、個數字等于前兩個相鄰數字之和已知數列an為“斐波那契”數列，Sn為數列an 的前n項和，若a2020M，則S2018_(用M表示)答案M1解析數列為：1，1，2，3，5，8，即從該數列的第三項數字開始，每個數字等于前兩個相鄰數字之和，an2anan1anan1ananan1an2an1anan1an2an3an2anan1an2an3a2a11，則S2018a20201M116已知曲線C1的方程為(x1)2(y2)21，過平面上一點P1作C1的兩條切線，切點分別為A1，B1，且滿足A1P1B1記P1的軌跡為C2，過平面上一點P2作C2的兩條切線，切點分別為A2，B2，且滿足A2P2B2記P2的

12、軌跡為C3，按上述規(guī)律一直進行下去，記an|AnAn1|min，且Sn為數列an的前n項和，則滿足Sn5n>0的最小正整數n為_答案5解析由題設可知軌跡C1，C2，C3，Cn分別是半徑為1，2，4，8，16，32，2n的圓因為an|AnAn1|min，所以a11，a22，a34，a48，an2n1，所以Sna1a2a3an1242n12n1由Sn5n>0，得2n15n>02n>5n1，故最小的正整數n為5三、解答題17已知等比數列an中，an>0，a1，nN*(1)求an的通項公式；(2)設bn(1)n·(log2an)2，求數列bn的前2n項和T2n解

13、(1)設等比數列an的公比為q，則q>0，因為，所以，因為q>0，解得q2，所以an×2n12n7，nN*(2)bn(1)n·(log2an)2(1)n·(log22n7)2(1)n·(n7)2，設cnn7，則bn(1)n·(cn)2T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n18已知等差數列an的公差為2，等比數列bn的公比為2，且anbnn·2n(1)求數列an和bn的

14、通項公式；(2)令cn，記數列cn的前n項和為Tn，試比較Tn與的大小解(1)anbnn·2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn11<，Tn<19設數列an的前n項和為Sn，點(an，Sn)(nN*)在直線2xy20上(1)求證：數列an是等比數列，并求其通項公式；(2)設直線xan與函數f(x)x2的圖象交于點An，與函數g(x)log2x的圖象交于點Bn，記bn·(其中O為坐標原點)，求數列bn的前n項和Tn解(1)證明：點(an，Sn)在直線2xy20上，2anSn20當n

15、1時，2a1a120，a12當n2時，2an1Sn120，得an2an1數列an是首項為2，公比為2的等比數列，則an2n(2)由(1)及已知易得An(2n，4n)，Bn(2n，n)，bn·，bn(n1)·4n則Tn2×413×424×43(n1)·4n，4Tn2×423×434×44(n1)·4n1，得3Tn842434n(n1)·4n18(n1)·4n1，Tn·4n120已知函數f(x)x2xc(c為常數)，且x，0時，f(x)的最大值為，數列an的首項a1，點

16、(an，an1)在函數f(x)的圖象上，其中n1，nZ(1)證明：數列l(wèi)g an是等比數列；(2)記Rna1·a2··an，求Rn解(1)證明：依題意，f(x)x2xc，c為常數，當x，0時，f(x)0，f(x)單調遞增，所以f(x)maxf(0)c，所以f(x)x2x又點(an，an1)在函數f(x)的圖象上，所以an1aan，即an1an2，由于a1，易知an>0，所以lg an12lg an，又lg a1lg 20，所以數列l(wèi)g an是首項為lg 2，公比為2的等比數列(2)由(1)知lgan2n1·lg 2lg 22n1，所以an22n1，所以Rn220·221·2