2024新高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題四數(shù)列4.1數(shù)列小題專項(xiàng)練學(xué)案含解析

專題四數(shù)列考情分析從2024年新高考全國(guó)卷和2024年山東新高考模擬卷對(duì)數(shù)列的考查來(lái)看,數(shù)列在高考中考查的力度在增加.這是由于新高考試題刪除了選做題,使數(shù)列成為新高考六大解答題的必選內(nèi)容,高考對(duì)數(shù)列命題的“一大一小或一大”的趨勢(shì)比較明顯,數(shù)列題和三角函數(shù)及解三角形題會(huì)交替處在解答題的第一題或其次題的位置上,考查難度處在中等,這兩個(gè)題目會(huì)有一道題設(shè)計(jì)成是“結(jié)構(gòu)不良”試題,這種新題型的條件具有開放性,給考生以更多的選擇性.數(shù)列題考查的重點(diǎn)仍是等差、等比數(shù)列的基本內(nèi)容以及數(shù)列的通項(xiàng)、求和.在核心素養(yǎng)考查上主要是邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算.4.1數(shù)列小題專項(xiàng)練必備學(xué)問(wèn)精要梳理1.數(shù)列的本質(zhì):定義域?yàn)镹*(或它的有限子集{1,2,…,n})的函數(shù).2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則an=S3.等差數(shù)列(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)an=a1+(n-1)d,通項(xiàng)的推廣1:an=am+(n-m)d,通項(xiàng)的推廣2:d=an(2)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=n(a1+an(3)等差數(shù)列的性質(zhì):若m+n=p+q,則am+an=ap+aq.4.等比數(shù)列(1)等比數(shù)列的通項(xiàng)an=a1qn-1,通項(xiàng)的推廣1:an=amqn-m,通項(xiàng)的推廣2:qn-m=an(2)等比數(shù)列的Sn=n(3)等比數(shù)列的性質(zhì):若m+n=p+q,則am·an=ap·aq.考向訓(xùn)練限時(shí)通關(guān)考向一數(shù)列及與其有關(guān)的概念1.(2024河北武邑校級(jí)聯(lián)考,理4)大衍數(shù)列來(lái)源于我國(guó)古代文獻(xiàn)《乾坤譜》中對(duì)易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論,主要用于說(shuō)明我國(guó)傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理,數(shù)列中的每一項(xiàng)都代表太極衍生過(guò)程中曾經(jīng)經(jīng)驗(yàn)的兩儀數(shù)量總和.已知數(shù)列前10項(xiàng)是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,則大衍數(shù)列中奇數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式為()A.n2-n2 B.n2-2.(2024遼寧大連24中一模,8)數(shù)列{an}滿意對(duì)隨意的n∈N*,均有an+an+1+an+2為定值.若a7=2,a9=3,a98=4,則數(shù)列{an}的前100項(xiàng)的和S100=()A.132 B.299 C.68 D.993.(2024山東煙臺(tái)一模,14)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式為Sn=2n2-n+1,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為.

4.(2024全國(guó)Ⅰ,文16)數(shù)列{an}滿意an+2+(-1)nan=3n-1,前16項(xiàng)和為540,則a1=.

考向二等差數(shù)列的基本運(yùn)算5.(2024北京人大附中二模,6)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S4=0,a5=5,則()A.an=2n-5 B.an=3n-10C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-26.(2024全國(guó)Ⅱ,理4)北京天壇的圓丘壇為古代祭天的場(chǎng)所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán),向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最終一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699塊 B.3474塊C.3402塊 D.3339塊7.(多選)下列關(guān)于等差數(shù)列的命題中正確的有()A.若a,b,c成等差數(shù)列,則a2,b2,c2肯定成等差數(shù)列B.若a,b,c成等差數(shù)列,則2a,2b,2c可能成等差數(shù)列C.若a,b,c成等差數(shù)列,則ka+2,kb+2,kc+2肯定成等差數(shù)列D.若a,b,c成等差數(shù)列,則1a8.(2024北京,8)在等差數(shù)列{an}中,a1=-9,a5=-1.記Tn=a1a2…an(n=1,2,…),則數(shù)列{Tn}()A.有最大項(xiàng),有最小項(xiàng) B.有最大項(xiàng),無(wú)最小項(xiàng)C.無(wú)最大項(xiàng),有最小項(xiàng) D.無(wú)最大項(xiàng),無(wú)最小項(xiàng)9.(2024全國(guó)Ⅱ,文14)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a1=-2,a2+a6=2,則S10=.

考向三等比數(shù)列的基本運(yùn)算10.(2024遼寧錦州一模,7)已知等比數(shù)列{an}中,若a5+a7=8,則a4(a6+2a8)+a3a11的值為()A.128 B.64 C.16 D.811.(2024全國(guó)Ⅱ,文6)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a5-a3=12,a6-a4=24,則Snan=A.2n-1 B.2-21-nC.2-2n-1 D.21-n-112.(多選)數(shù)列{an}滿意an=qn(q>0,n∈N*),則以下結(jié)論正確的是()A.{a2n}是等比數(shù)列 B.1aC.{lgan}不是等差數(shù)列 D.{lgan213.(2024山東淄博一模,14)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若an=Sn2-1,則S7=考向四等差、等比數(shù)列的綜合14.(2024河南鄭州二模,10)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比數(shù)列,若a1=1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則2Sn+6aA.4 B.3 C.23-2 D.215.(2024江蘇,11)設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),則d+q的值是.

16.(多選)(2024山東青島5月模擬,10)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),公差d≠0,S6=90,a7是a3與a9的等比中項(xiàng),則下列選項(xiàng)正確的是()A.a1=22B.d=-2C.n=10或n=11時(shí),Sn取得最大值D.當(dāng)Sn>0時(shí),n的最大值為20專題四數(shù)列4.1數(shù)列小題專項(xiàng)練考向訓(xùn)練·限時(shí)通關(guān)1.B解析由數(shù)列的第一項(xiàng)為0,可知D錯(cuò);因?yàn)閿?shù)列的第三項(xiàng)為4,將n=3代入選項(xiàng)A,得到3,故A錯(cuò);將n=3代入選項(xiàng)C,得到2,故C錯(cuò);將n=3代入選項(xiàng)B,得到4,故B正確.2.B解析對(duì)隨意的n∈N*,均有an+an+1+an+2為定值,∴(an+1+an+2+an+3)-(an+an+1+an+2)=0,故an+3=an,∴{an}是以3為周期的數(shù)列,故a1=a7=2,a2=a98=4,a3=a9=3,∴S100=(a1+a2+a3)+…+(a97+a98+a99)+a100=33(a1+a2+a3)+a1=33×(2+4+3)+2=299.3.an=2,n=1,4n-3,n≥2解析由題意知,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2+n-1=4n-3.又因?yàn)閍1=1不滿意an=4n-3,所以an=24.7解析當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),有an+2+an=3n-1,則(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92,因?yàn)榍?6項(xiàng)和為540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-1+n2=34n2+n+14,所以an+2=34所以a1+34×12+1+14+a1+34×32+3+14+a1+34×52+5+14+a1+34×72+7+14+a1+34×92+9+14+a1+34×112+11+14+a1+34×132+13+14+a1=5.A解析由題知,S解得a1=-3,d=2,∴6.C解析由題意可知,從上到下,從內(nèi)到外,每環(huán)的扇面形石板數(shù)構(gòu)成以9為首項(xiàng),9為公差的等差數(shù)列,設(shè)為{an}.設(shè)上層有n環(huán),則上層扇面形石板總數(shù)為Sn,中層扇面形石板總數(shù)為S2n-Sn,下層扇面形石板總數(shù)為S3n-S2n,三層扇面形石板總數(shù)為S3n.因?yàn)閧an}為等差數(shù)列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n構(gòu)成等差數(shù)列,公差為9n2.因?yàn)橄聦颖戎袑佣?29塊,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+27×262×9=34027.BCD解析對(duì)于A,取a=1,b=2,c=3,得a2=1,b2=4,c2=9,所以a2,b2,c2不成等差數(shù)列,故A錯(cuò);對(duì)于B,取a=b=c,可得2a=2b=2c,故B正確;對(duì)于C,由題意a+c=2b,所以(ka+2)+(kc+2)=k(a+c)+4=2(kb+2),即ka+2,kb+2,kc+2成等差數(shù)列,故C正確;對(duì)于D,取a=b=c≠0,可得1a=1b=8.B解析由題意公差d=a5-a15-1=-1+95-1=2,則an=a1+(n-由通項(xiàng)知a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知,Ti<0(i≥6,i∈N),由TiTi-1=ai>1(i≥7,i∈N)可知數(shù)列{Tn}不存在最小項(xiàng),由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,故數(shù)列{Tn}中的正項(xiàng)只有有限項(xiàng),T2=63,T4=63×15=945.故數(shù)列{Tn}中存在最大項(xiàng),且最大項(xiàng)為T9.25解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1.∴S10=10a1+10×92d=-20+4510.B解析a4(a6+2a8)+a3a11=a4a6+2a4a8+a3a11=a52+2a5a7+a72=(a5+a7)2=6411.B解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.∵a5-a3=12,a6-a4=24,∴a6-又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,∴a1=1.∴an=a1·qn-1=2n-1,Sn=a1(1-qn∴Snan=2n-12n故選B.12.AD解析an=qn(q>0,n∈N*),故a2n=q2n,a2na2n-21an=1qn,1algan=lgqn=nlgq,故lgan-lgan-1=nlgq-(n-1)lgq=lgq,則{lgan}是等差數(shù)列,故C不正確;lgan2=lgq2n=2nlgq,故lgan2-lgan-12=2nlgq-2(n-1)lg13.-254解析由已知an=Sn2-1,得Sn-Sn-1=Sn2-1,所以Sn-2=2(Sn-1-2)(n≥2).又a1=S12-1,即S1=-2,S1-2=-4,所以{Sn-2}是以所以Sn-2=-4×2n-1,即Sn=2-2n+1,所以S7=2-28=-254.14.D解析由題意,a1,a3,a13成等比數(shù)列,則a32=a1·a∴(1+2d)2=1+12d.得d=2或d=0(舍去),∴an=2n-1,∴Sn=n(1+2n∴令t=n+1,則2Sn+6an+3=t+4t-2當(dāng)且僅當(dāng)t=4t時(shí)取等號(hào),則t=2,即n=1,∴2Sn+6a15.4解析由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-比照已知條件Sn=n2-n+2n-1,得d=2,q=2,所以d+q=4