2018年高考考点完全题数学（理）专题突破练习题_（4） 数列中的典型题型与创新题型 word版含答案

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，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于(　　)

A．14  B．21  C．28  D．35

答案　C

解析　∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.

2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，则m等于(　　)

A．9  B．10  C．11  D．12

答案　C

解析　am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a·a·a3＝a＝a·q10.

因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝a·q10＝a1q10，所以m＝11.

3．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于(　　)

A．2  B．3  C．4  D．2或3

答案　D

解析　∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0.

∵d<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D.

4．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝(　　)

A．0  B．3  C．8  D．11

答案　B

解析　设{bn}的公差为d，

∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.

∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，

∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0，

又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，

∴a8＝3.故选B.

5．已知等差数列：1，a1，a2,9；等比数列：－9，b1，b2，b3，－1.则b2(a2－a1)的值为(　　)

A．8  B．－8  C．±8  D.

答案　B

解析　a2－a1＝d＝＝；又b＝b1b3＝(－9)×(－1)＝9，因为b2与－9、－1同号，所以b2＝－3.所以b2(a2－a1)＝－8.

6．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n＝65时，剩余的一个数为(　　)

A．1  B．2  C．4  D．8

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B.

7．在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝(　　)

A．24  B．48  C．66  D．132

答案　D

解析　设{an}公差为d，∵a9＝a12＋6，∴a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，∴a1＋5d＝12，即a6＝12.∴数列{an}的前11项和S11＝a1＋a2＋…＋a11＝(a1＋a11)＋(a2＋a10)＋…＋(a5＋a7)＋a6＝11a6＝132.故选D.

8．在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝(　　)

A．(2n－1)2  B.  C．4n－1  D.

答案　D

解析　记Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，当n＝1时也满足，所以{a}是首项为1，公比为4的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝＝，故选D.

9．将向量a1＝(x1，y1)，a2＝(x2，y2)，…，an＝(xn，yn)组成的系列称为向量列{an}，并定义向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.如果一个向量列从第二项起，每一项与前一项的差都等于同一个向量，那么称这样的向量列为等差向量列．若向量列{an}是等差向量列，则下面四个向量中，与S21一定平行的向量是(　　)

A．a10  B．a11  C．a20  D．a21

答案　B

解析　在等差数列{an}中，S21＝＝＝21a11，类比等差数列的性质有S21＝21a11，故与S21一定平行的是a11.

10．已知数列{an}中，a1＝t，an＋1＝＋，若{an}为单调递减数列，则实数t的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2)   B．(－2,0)

C．(0,2)   D．(2，＋∞)

答案　D

解析　由题意可知：对一切正整数n，均有an＋1<an，则当n＝1也成立，即a2<a1，也即＋<t，解之得t>2，故应选D.

11．已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝，若b10b11＝2，则a21＝(　　)

A．29  B．210  C．211  D．212

答案　C

解析　由已知，b1b2…b20＝·…＝＝.因为{bn}为等比数列，则b1b2…b20＝(b10b11)10＝210，所以a21＝2b1b2…b20＝211，选C.

12．在公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝ap＋aq，记＋的最小值为m.若数列{bn}满足b1＝m,2bn＋1－bn·bn＋1＝1.则b1＋＋＋…＋＝(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　C

解析　在等差数列{an}中，由a2＋a4＝ap＋aq，得p＋q＝6，p，q∈N*，所以当p＝1，q＝5时，＋＝；当p＝2，q＝4时，＋＝；当p＝3，q＝3时，＋＝；当p＝4，q＝2时，＋＝；当p＝5，q＝1时，＋＝.所以当且仅当p＝2，q＝4时，＋取最小值，所以m＝，即b1＝.由2bn＋1－bn·bn＋1＝1可得bn＋1＝.由b1＝，则b2＝＝，b3＝＝，…，归纳出bn＝，代入到2bn＋1－bn·bn＋1＝1使等式成立．所以＝＝－，所以b1＋＋＋…＋＝.

二、填空题

13．设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量PnPn＋1＝(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)，∴PnPn＋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.

14．设数列{an}的通项公式为an＝pn＋q(n∈N*，p>0)．数列{bn}定义如下：对于正整数m，bm是使不等式an≥m成立的所有n中的最小值．若p＝，q＝－，则b3＝________.

答案　7

解析　由题意得an＝n－，解n－≥3，得n≥，∴n－≥3成立的所有n中的最小整数为7，即b3＝7.

15．已知数列{an}的通项公式为an＝－8n＋9n－3n(其中n∈N*)，若第m项是数列{an}中的最小项，则am＝________.

答案　－

解析　设t＝n∈，得y＝－8t3＋9t2－3t，y′＝－24t2＋18t－3＝－3(2t－1)(4t－1)，当t∈时，y′<0；当t∈时，y′>0，所以当t＝时，取得最小值－.

16．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“精致数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为________．

答案　bn＝2n－1

解析　设数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，∵b1＝1，∴n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得：(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，∵上式对任意n∈N*都成立，

∴解得∴bn＝2n－1.

三、解答题

17．已知等差数列{an}中，a5＝12，a20＝－18.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.

解　(1)设{an}的公差为d，依题意

∴a1＝20，d＝－2.

∴an＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22.

(2)易知|an|＝|－2n＋22|＝

∴n≤11时，Sn＝20＋18＋…＋(－2n＋22)

＝＝(21－n)n；

n>11时，Sn＝S11＋2＋4＋…＋(2n－22)

＝110＋

＝n2－21n＋220.

综上所述，Sn＝

18．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－an，其中n∈N*.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若bn＝nan，求{bn}的前n项和Tn.

解　(1)当n＝1时，S1＝1－a1，解得a1＝.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)＝an－1－an，化简整理得＝(n≥2)，

因此，数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，从而an＝n.

(2)由(1)可得Tn＝1·＋2·2＋3·3＋4·4＋…＋n·n，

Tn＝2＋2·3＋3·4＋…＋n·n＋1，

∴Tn＝－n·n＋1，

∴Tn＝2－n－1－n·n.

19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝Sn＋(n∈N*，t>－4)，令bn＝lg an＋1.

(1)若{an}成等比数列，求t的值；

(2)若t＝－3，设数列{bn}前n项和为Tn，n为何值时Tn取最小值．

解　(1)∵an＋1＝Sn＋，①

an＝Sn－1＋，②

①－②得an＋1＝2an(n≥2)．

故{an}是公比为2的等比数列，

则a2＝S1＋＝＝2a1＝.

解得t＝4>－4成立，∴t＝4.

(2)a2＝，b1＝lg ＝－4lg 2，

n≥1时，bn＝b1＋(n－1)lg 2＝(n－5)lg 2，

n≤4时，bn<0，b5＝0，n≥6时bn>0.

∴n＝4和n＝5时Tn取最小值．

20．已知公差不为零的等差数列{an}，满足a1＋a3＋a5＝9，且a1，a4，a16成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

解　(1)∵a1＋a3＋a5＝9，∴3a3＝9，∴a3＝3.

∵a1，a4，a16成等比数列，∴a＝a1a16.

∴(3＋d)2＝(3－2d)(3＋13d)．

∵d≠0，∴d＝1，∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)＝n.

(2)由(1)得bn＝＝

＝

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝

＝－.

21．已知{an}是正项等差数列，∀n∈N*，数列的前n项和Sn＝.

(1)求an；

(2)设bn＝(－1)na，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)依题意，设an＝α＋βn(α、β是常数，且β>0)．

S1＝，即(α＋β)(α＋2β)＝6，

＝S2－S1，即(α＋2β)(α＋3β)＝12.

解得(舍去)，或

an＝n＋1.

(2)由(1)得bn＝(－1)n(n＋1)2，bn－1＋bn＝(－1)n·＝(－1)n(2n＋1)．

n为偶数时，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－1＋bn)

＝5＋9＋…＋(2n＋1)＝，

n为奇数时，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－2＋bn－1)＋bn

＝5＋9＋…＋(2n－1)－(n＋1)2

＝－(n＋1)2

＝－.

∴Tn＝