2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（4） 数列中的典型题型与创新题型+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（4） 数列中的典型题型与创新题型+答案解析，共13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。

专题突破练(4)　数列中的典型题型与创新题型

一、选择题
1．(2022·福建福州第三中学高三上第二次质量检测)已知等比数列{an}中，a2＋a6＝5，a3a5＝4，则tan＝(　　)
A. B．－
C.或－ D．－
答案　B
解析　由等比数列性质可知a2a6＝a3a5＝4＝a，所以a4＝2或a4＝－2，但a2＋a6>0，可知a4>0，所以a4＝2，则tan＝tan＝－.故选B.
2．(2022·广东广州荔湾区高三上调研考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S12等于(　　)
A．－3 B．－12
C.－21 D．－30
答案　D
解析　由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，则6＋S9－3＝－6，可得S9＝－9.同理，2(S9－S6)＝S6－S3＋S12－S9，即S12＋6＝－24，得S12＝－30.故选D.
3．(2021·江苏常州中学模拟)已知正项等比数列{an}满足a2aa2020＝16，则a1a2…a1017＝(　　)
A．41017 B．21017
C.41018 D．21018
答案　B
解析　由a2aa2020＝16，可得(a7a1011)2＝16，所以a7a1011＝4，a509＝2，所以a1a2…a1017＝a＝21017.故选B.
4．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝(　　)
A．496 B．469
C.4914 D．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＝100a1＋d－＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915.故选D.
5．数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*，λ≠0，λ∈R)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值是(　　)
A．1 B．2
C. D．－1
答案　B
解析　数列{an－1}为等比数列⇒＝＝q，即λan－2＝qan－q，上式恒成立，可知⇒λ＝2，故选B.
6．已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝bn＋cos2，则该数列的前23项和为(　　)
A．4194 B．4195
C.2046 D．2047
答案　A
解析　由题意，得当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列的奇数项是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列，当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列的偶数项是以b2＝4为首项，1为公差的等差数列，∴S23＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝＋11×4＋×1＝212－1＋44＋55＝4194.
7．(2021·湖北省黄冈市高三年级质量检测)明代朱载堉创造了音乐上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有大吕＝，大吕＝，太簇＝.据此可得，正项等比数列{an}中，ak＝(　　)
A. B．
C. D．
答案　C

8．(2022·山东日照高三上开学校际联考)设f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＝f(x)，数列{an}满足a1＝－1，且＝＋(n∈N*)，则f(a22)＝(　　)
A．0 B．－1
C.21 D．22
答案　A
解析　对于数列{an}满足a1＝－1，且＝＋(n∈N*)，变形可得－＝，即－＝－，则＝＋＋…＋＋＝＋＋…＋＋＝1－.所以an＝n－2，所以a22＝22－2＝20.因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)且f(0)＝0.因为f(2－x)＝f(x)，则－f(－x)＝f(2－x)，则f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的周期函数．所以f(a22)＝f(20)＝f(0)＝0.故选A.
9．(多选)(2021·广东省实验中学高三上学期第一次阶段考试)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝S18，则下列各项的值为0的是(　　)
A．a17 B．S35
C．a17－a19 D．S19－S16
答案　BD
解析　设{an}的首项为a1，公差为d，由S17＝S18，即17a1＋d＝18a1＋d，得a1＝－17d，∴an＝(n－18)d，Sn＝＝d，∴a18＝0，S35＝0，a17－a19＝－d－d＝－2d，S19－S16＝d－d＝0.故选BD.
10．(多选)(2021·海口市高考模拟演练)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　)
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2047 D．an＋an＋1＜an＋2
答案　ABD
解析　由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an＞3an，所以an＋an＋1 11．(多选)在数列{an}中，若a－a＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)
A．若{an}是等差数列，则{a}是等方差数列
B．{(－1)n}是等方差数列
C．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
D．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
答案　BCD
解析　对于A，取an＝n，则a－a＝(n＋1)4－n4＝[(n＋1)2－n2][(n＋1)2＋n2]＝(2n＋1)(2n2＋2n＋1)不是常数，则{a}不是等方差数列，A错误；对于B，[(－1)n＋1]2－[(－1)n]2＝1－1＝0为常数，则{(－1)n}是等方差数列，B正确；对于C，若{an}是等方差数列，则存在常数p∈R，使得a－a＝p，则数列{a}为等差数列，所以a－a＝kp，则数列{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列，C正确；对于D，若数列{an}为等差数列，设其公差为d，则存在m∈R，使得an＝dn＋m，则a－a＝(an＋1－an)(an＋1＋an)＝d(2dn＋2m＋d)＝2d2n＋(2m＋d)d，由于数列{an}也为等方差数列，所以存在实数p，使得a－a＝p，则2d2n＋(2m＋d)d＝p对任意的n∈N*恒成立，则得p＝d＝0，此时，数列{an}为常数列，D正确．
12．(多选)(2021·湖南省长沙市第一中学高三月考(三))将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：

该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m＞0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有(　　)
A．m＝3
B．a67＝17×37
C．aij＝(3i－1)×3j－1
D．S＝n(3n＋1)(3n－1)
答案　ACD
解析　由题意可知，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列，且a11＝2，a13＝a61＋1，可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5d＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－(舍去)，所以A正确；又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以B不正确；又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)×m]×mj－1＝×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以C正确；这n2个数的和S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)＝＋＋…＋＝(3n－1)·＝n(3n＋1)·(3n－1)，所以D正确．故选ACD.
二、填空题
13．(2022·广东广雅中学高三上月考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，其前n项的乘积为Tn，则T2021＝________.
答案　2
解析　a2＝＝－1，a3＝＝，a4＝＝2，所以数列{an}的周期T＝3，a1a2a3＝－1，T2021＝(－1)673a1a2＝2.
14．设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量＝(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)，∴＝(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＋×2＝n2.
15．(2022·湖南师范大学附属中学高三上第二次月考)等比数列{an}的公比0＋＋…＋成立的正整数n的最大值为________．
答案　18
解析　由等比数列{an}的公比00，且a1＝q－9，由{an}为等比数列，可得是以为首项，为公比的等比数列，则原不等式等价为>，因为0q1－n(1－qn)，可得q－18>q1－n，－18<1－n，即n<19，由n∈N*，得正整数n的最大值为18.
16．(2021·河南省郑州市名校联考第一次调研考试)设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超过x的最大整数，则a4＝________，＝________.
答案　20　2020
解析　由an＋2－2an＋1＋an＝2得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，
记bn＝an＋1－an，则bn＋1－bn＝2，
所以{bn}是首项为b1＝a2－a1＝6－2＝4，公差为2的等差数列，
所以bn＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，
所以an＋1－an＝2n＋2，
所以a2－a1＝2×1＋2，
a3－a2＝2×2＋2，
a4－a3＝2×3＋2，
…
an－an－1＝2×(n－1)＋2(n≥2)，
将上述等式相加得
an－a1＝2×(1＋2＋3＋…＋n－1)＋2(n－1)＝(n＋2)(n－1)，
所以an＝(n＋2)(n－1)＋a1＝n2＋n＝n(n＋1)，又a1＝2也适合该式，所以an＝n(n＋1)，a4＝20.
所以＝＝－，
则＋＋…＋
＝2021×
＝2021×＝2021－，
所以＝＝2020.
三、解答题
17．已知等比数列{an}中，an>0，a1＝，－＝，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－＝，所以－＝，
因为q>0，解得q＝2，
所以an＝×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
＝－c＋c＋(－c)＋c＋…＋(－c)＋c
＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)
＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n
＝
＝n(2n－13)＝2n2－13n.
18．(2021·山东临沂二模、枣庄三调)在①3Sn＋1＝Sn＋1，②a2＝，③2Sn＝1－3an＋1这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并给出解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________，________，又知正项等差数列{bn}满足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)证明：ab1＋ab2＋…＋abn＜.
解　(1)选择①②：
当n≥2时，由3Sn＋1＝Sn＋1，得3Sn＝Sn－1＋1，
两式相减，得3an＋1＝an，即＝(n≥2)，
由①，得3S2＝S1＋1，即3(a1＋a2)＝a1＋1，
∴2a1＝1－3a2＝1－＝，得a1＝，
∴＝，∴{an}是首项为，公比为的等比数列，
∴an＝×n－1＝n.
设等差数列{bn}的公差为d，d≥0，
∵b1，b2－1，b3成等比数列，
∴b1b3＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝(1＋d)2，
解得d＝3，d＝－1(舍去)，
∴bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.
选择②③：
当n≥2时，由2Sn＝1－3an＋1，
得2Sn－1＝1－3an，
两式相减，得2an＝3an－3an＋1，
∴＝(n≥2)，
又2S1＝1－3a2，得a1＝，
∴＝，∴{an}是首项为，公比为的等比数列，
∴an＝×n－1＝n.
设等差数列{bn}的公差为d，d≥0，
∵b1，b2－1，b3成等比数列，
∴b1b3＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝(1＋d)2，
解得d＝3，d＝－1(舍去)，
∴bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.
(2)证明：由(1)得abn＝a3n－1＝3n－1，
则ab1＋ab2＋…＋abn＝2＋5＋…＋3n－1＝＝＜.
19．已知函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈时，f(x)的最大值为－，数列{an}的首项a1＝，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)记Rn＝··…·，求Rn.
解　(1)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，
当x∈时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)max＝f(0)＝c＝－，
所以f(x)＝x2＋x－.
又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，
所以an＋1＝a＋an－，
即an＋1＋＝2，
由于a1＝，易知an＋>0，
所以lg ＝2lg ，
又lg ＝lg 2≠0，
所以数列是首项为lg 2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，
所以an＋＝22n－1，
所以Rn＝220·221·222·…·22n－1
＝220＋21＋22＋…＋2n－1
＝22n－1.
20．(2021·湖北省十一校高三第一次联考)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，且b3－a3,20，a5＋b2既是等差数列，又是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在①cn＝＋(－1)nbn，②cn＝anbn，③cn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
若____________，求数列{cn}的前n项和Sn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，
由题得20＝b3－a3＝a5＋b2，
即
解得d＝2，q＝3，所以an＝2n＋1，bn＝3n.
(2)选①：cn＝＋(－1)nbn
＝＋(－3)n
＝＋(－3)n，
则Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋(－3)1＋＋(－3)2＋…＋＋(－3)n
＝＋
＝＋，
故Sn＝＋.
选②：cn＝anbn＝(2n＋1)3n，
Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝3×3＋5×32＋…＋(2n＋1)3n，(ⅰ)
3Sn＝3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)3n＋1，(ⅱ)
由(ⅰ)－(ⅱ)，得－2Sn＝32＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n＋1)3n＋1，
即Sn＝n·3n＋1.
选③：cn＝＝＝－＝－，
则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝－，
故Sn＝－.
21．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公比为q，
因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，
所以
得3q2－5q－2＝0，又q>0，
所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d，
因为b3＝5，S4＝16，所以
解得则bn＝2n－1.
(2)由(1)得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，
由cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)·2n－2，
得Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，①
2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，②
由①－②得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)2n－1＝＋－(2n－1)·2n－1＝(3－2n)2n－1－，故Tn＝(2n－3)·2n－1＋(n∈N*)．