专题07数列（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版)

这是一份专题07数列（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版)
专题07　数列
一、选择题
1. （2020·广西南宁·期中）
已知数列满足 ，则（ ）
A．18 B．20 C．32 D．64
【答案】A
【详解】
因为，所以，所以数列是等差数列，
所以．
故选：A．
2. （2020·云南曲靖一中）
设为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B．
C．1 D．2
【答案】A
【详解】
解：设该等差数列的公差为，
根据题中的条件可得，
即，得，
所以.
故选：A.
3. （2020·安徽月考）
已知数列的前项和为，，，，则（ ）
A．62 B．63 C．64 D．65
【答案】D
【详解】
由，，
可知数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.
所以，
，
所以.
故选：D
4. （2020·沙坪坝·重庆八中月考）
已知正项等比数列的前项和为，且，，则等比数列的公比为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【详解】
因为，，则，，
又，所以，
故选：B．
5. （2020·盐城市伍佑中学月考）
已知数列满足，，则（ ）
A．510 B．512 C．1022 D．1024
【答案】B
【详解】
由,得
，
，
，

，
以上各式相加得，
，
所以，所以.
故选：B.
6. （2020·江苏省丰县中学期中）
已知数列的前n项和则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
∵，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，即2n，
当n＝1时，a1＝S1＝2，符合上式，
∴．
∴＝4+42+43++
＝＝．
故选：C
7.（2020·江苏无锡·期中）
历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用.比如意大利数学家列昂纳多—斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233…即，当n≥3时，，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则的值为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】B
【详解】
由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列，
此数列的各项求得：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1……，则其周期为6，
其中1+1+2+3+1+0=8，
则，
故选：B.
8. （2020·江西二模）
已知等比数列的首项，公比为，前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】
由S3+S5＞2S4，可得a5＞a4，由等比数列的通项公式得 ，且，所以，得q＞1或∴“q＞1”是“S3+S5＞2S4”的充分不必要条件．
故选A．
9. （2020·吉林长春外国语学校期中）
已知数列满足，，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
已知数列满足，，
在等式两边同时取倒数得，，
所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，，
，
因此，.
故选：B.
10. （2020·陕西汉中·月考）
已知数列的通项公式，则数列的最大项为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】B
【详解】
设数列的最大项为，
所以，所以，
解不等式组可得：，
故选：B.
11. （2020·山西大附中考试）
已知等比数列的前项和为，设，那么数列的前15项和为
A．152 B．135 C．80 D．16
【答案】B
【解析】
由题设可得，即，所以，则，所以，则数列是首项为，公差为的等差数列，所以，应选答案B．
12. （2020秋•连云港期中）
公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…满足an+2＝an+1+an（n≥1），那么1+a2+a4+a6+…+a2020＝（　　）
A．a2021 B．a2022 C．a2023 D．a2024
【答案】A
【解答】解：数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…满足an+2＝an+1+an（n≥1），
所以a3＝a2+a1，a4＝a3+a2，…
故1+a2+a4+a6+…+a2020＝a1+a2+a3+…+a2019+a2020＝a2021．
故选：A．
13. （2020秋•湖南期中）
已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取得最大值时n的值为（　　）
A．4 B．5 C．4或5 D．5或6
【答案】C．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
由a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，可得a32＝a1a4，
即（2+2d）2＝2（2+3d），
解得d＝﹣（d＝0舍去），
则an＝a1+（n﹣1）d＝2﹣（n﹣1）＝﹣n，
可得等差数列{an}为递减数列，
由1≤n≤4时，an＞0，n＝5时，a5＝0，n≥6时，an＜0，
所以n＝4或5时，Sn取得最大值，
故选：C．
14. （2020秋•浦东新区校级期中）
已知圆O的半径5，OP＝4，过点P的n条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为a1，最长弦长为an，且公差d∈（，1]，则n的取值集合为（　　）
A．{5，6} B．{6，7} C．{5，6，7} D．{5，6，7，8}
【答案】A
【解答】解：圆O的半径5，OP＝4，过点P的n条弦的最短弦长＝2＝6，最长弦长为直径10．
则过点P的n条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为a1＝6，最长弦长为an＝10，
∴10＝6+（n﹣1）d，解得d＝∈（，1]，
解得：5≤n＜7，
则n的取值集合为{5，6}，
故选：A．
15. （2020秋•河南期中）
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝λan+1，a2＝﹣2，则λ＝（　　）
A．﹣1或2 B．或2 C．﹣2 D．2
【答案】B
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝λan+1，
当λ＝1时，a1＝a1+1，即：1＝0不成立．
当n＝1时，解得S1＝a1＝λa1+1，整理得（λ≠1），
当n＝2时，，解得．
故选：B．
二、填空题
16. （2020秋•平城区校级期中）
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，2Sn＝λan﹣3，其中λ为常数，若anbn＝14﹣n，则数列{bn}中的项的最小值为　　．
【答案】．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，2Sn＝λan﹣3，其中λ为常数，
当n＝1时，2a1＝λa1﹣3，由于a1＝3，解得λ＝3．
故2Sn＝3an﹣3，①
当n≥2时，2Sn﹣1＝3an﹣1﹣3②，
①﹣②得：2an＝3an﹣3an﹣1，
所以an＝3an﹣1，即（常数），
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以．
由于anbn＝（14﹣n），
所以，
当n＝15时，b15为最小值，且．
故答案为：．
17. （2020秋•赣州期中）
已知数列{an}满足a1＝6，an+1＝an+2n，则的最小值为　4　．
【答案】4．
【解答】解：数列{an}满足a1＝6，an+1＝an+2n，整理得an﹣an﹣1＝2（n﹣1），an﹣1﹣an﹣2＝2（n﹣2），…，a2﹣a1＝2，
利用叠加法：an﹣a1＝2（1+2+…+n﹣1）＝n2﹣n，
故，
所以，
利用基本不等式：
当n＝2时，，
当n＝3时，，
故的最小值为4．
故答案为：4．
18. （2020秋•衢州期中）
已知等差数列{an}满足：a2＞0，a4＜0，数列的前n项和为Sn，则的取值范围是　
【答案】（﹣2，）　．
【解答】解：∵等差数列{an}满足a2＞0，a4＜0，
∴，解得a1＞0，d＜0，﹣d＜a1＜﹣3d，
数列的前n项和为Sn，
∴＝＝，
∵随a1的增大而增大，﹣d＜a1＜﹣3d，
又当a1＝﹣d时，＝﹣2，当a1＝﹣3d时，＝，
∴∈（﹣2，），
故答案为：．
三、解答题
19．（2020秋•冷水江市校级期中）
数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan＝（n﹣1）•2n+1+2（n≥1），
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设为数列{bn}的前n项和，求Sn．
【解答】解：（1）数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan＝（n﹣1）•2n+1+2（n≥1）①，
当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）•2n+2②，
①﹣②得：＝n•2n，
所以，
当n＝1时，a1＝2（首项符合通项），
所以．
（2）由（1）得：，
则①，
②，
①﹣②得：＝，
所以．
20．（2021•宁夏模拟）
已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝，a1﹣a2＝，数列{bn}满足b1＝﹣3，且1+bn+1与1﹣bn的等差中项是an．
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）若cn＝（﹣1）nbn，{cn}的前n项和为Sn，求S2n．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}是各项均为正数的公比为q的等比数列，
由，，可得a1q2＝，a1﹣a1q＝，
解得q＝，a1＝，则an＝•＝，
由1+bn+1与1﹣bn的等差中项是an，
可得2+bn+1﹣bn＝2an，即bn+1﹣bn＝2an﹣2，
则b2﹣b1＝2a1﹣2，b3﹣b2＝2a2﹣2，…，bn﹣bn﹣1＝2an﹣1﹣2，
累加可得bn﹣b1＝2（a1+a2+…+an﹣1）﹣2（n﹣1）
＝2•﹣2n+2＝﹣2n+3﹣，
由b1＝﹣3，可得bn＝﹣2n﹣，
（Ⅱ）＝（﹣1）n（﹣2n﹣），
则S2n＝（2+1）+（﹣4﹣）+（6+）+（﹣8﹣）+…+[2（2n﹣1）+]+[﹣2（2n）﹣]
＝[2﹣4+6﹣8+…+2（2n﹣1）﹣2（2n）]+（1﹣+﹣+…+﹣）
＝（﹣2﹣2﹣…﹣2）+
＝[1﹣（）n]﹣2n．
21．（2020秋•镇江期中）
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a5＝12，S4＝4S2．
（1）求数列{an}的通项公式an及Sn；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，则
，
化简整理，得
，
解得，
∴an＝1+2•（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
Sn＝n•1+×2＝n2．
（2）由（1），知
bn＝＝＝﹣，
∴Tn＝b1+b2+…+bn
＝﹣+﹣+…+﹣
＝1﹣．
22．（2020秋•平城区校级期中）
已知等差数列{an}中，lg（a1+a2）＝1，且lga1+lga3＝lg（a2+a4）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an+bn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）数列{an}是等差数列，设公差为d．
由lga1+lga3＝lg（a2+a4）知a1a3＝a2+a4＝2a3，且a3＞0，故a1＝2．
再由lg（a1+a2）＝1，得a1+a2＝10，故d＝6．
所以：an＝2+（n﹣1）×6＝6n﹣4
（2）若a1，ak，a6，是等比数列{bn}的前3项
则，根据等差数列的通项公式得到：ak＝6k﹣4，
代入上式解得：k＝2
而等数列{bn}中，cb1＝a1＝2，b2＝a2＝8，
所以：等比数列{bn}的公比为q＝4．
于是：
则．
故．
23．（2020秋•衢州期中）
已知数列{an}满足a1＝2，an+1＝2an﹣1，数列{（an﹣1）（bn+1﹣bn）}的前n项和为，且b1＝1．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）证明：1≤bn＜5（n∈N*）．
【解答】解：（Ⅰ）解：由an+1＝2an﹣1⇒an+1﹣1＝2（an﹣1），又由题设知a1﹣1＝1，
∴数列{an﹣1}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an﹣1＝2n﹣1，
∴an＝2n﹣1+1；
（Ⅱ）证明：设cn＝（an﹣1）（bn+1﹣bn），
由（Ⅰ）可得cn＝2n﹣1（bn+1﹣bn），
又由c1+c2+…+cn＝，可得：当n≥2时，有c1+c2+…+cn﹣1＝，
两式相减得：cn＝n，n≥2，
又当n＝1时，c1＝＝1也适合上式，
∴cn＝n，bn+1﹣bn＝n•（）n﹣1，
当n≥2时，有bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1＝（n﹣1）•（）n﹣2+（n﹣2）•（）n﹣3+…+1×（）0+1，
令x＝（n﹣1）•（）n﹣2+（n﹣2）•（）n﹣3+…+1×（）0，
则x＝（n﹣1）•（）n﹣1+（n﹣2）•（）n﹣2+…+2×（）2+，
两式相减得：x＝（1﹣n）•（）n﹣1+[（）n﹣2+（）n﹣3+…+（）2++1]
＝（1﹣n）•（）n﹣1+，
整理得：x＝4﹣，
∴当n≥2时，bn＝5﹣，又当n＝1，b1＝1也适合，
∴bn＝5﹣＜5，
又∵bn+1﹣bn＝n•（）n﹣1＞0，
∴数列{bn}是单增数列，
∴bn≥b1＝5﹣＝1，
综上，有1≤bn＜5（n∈N*）．
24．（2020秋•渝中区校级月考）
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S5＝20．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}的前n项和为Tn，且，求证：．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由题设可得，解得，
∴an＝n+1；
（2）证明：由（1）可得＝（）n+1，
∴Tn＝b1+b2+…+bn≥b1＝，
又Tn＝＝[1﹣（）n]＜，
∴．
日期：2020/11/25 19:00:36；用户：数学2；邮箱：yq0888@xyh.com；学号：38393489