2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第四章　数列 30 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第四章　数列 30 word版含答案，共9页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。


一、基础小题
1．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝( )
A．10 B．18
C．20 D．28
答案 C
解析 由题意可知a3＋a8＝a5＋a6＝10，所以3a5＋a7＝2a5＋a5＋a7＝2a5＋2a6＝20，选C.
2．在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5等于( )
A．7 B．15
C．20 D．25
答案 B
解析 S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5a2＋a4,2)＝eq \f(5×6,2)＝15.
3．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )
A．37 B．36
C．20 D．19
答案 A
解析 am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝36d＝a37，∴m＝37.故选A.
4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
答案 D
解析 由a1＝1，公差d＝2，得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.
5．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7>0，a8<0，则下列结论正确的是( )
A．S7C．S13>0 D．S15>0
答案 C
解析 因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{an}是递减的，且S7最大，即Sn≤S7对一切n∈N*恒成立．可见选项A错误；易知a160.
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 A
解析 ∵a4＋a6＝2a1＋8d＝－22＋8d＝－6，∴d＝2.
Sn＝－11n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，显然，当n＝6时，Sn取得最小值．故选A.
7．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
答案 C
解析 A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．
8．已知数列{an}中，a1＝1且eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,3)(n∈N*)，则a10＝________.
答案 eq \f(1,4)
解析 由eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,3)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，
则eq \f(1,an)＝1＋eq \f(1,3)(n－1)，即an＝eq \f(3,n＋2).
∴a10＝eq \f(3,10＋2)＝eq \f(1,4).
二、高考小题
9．已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99
C．98 D．97
答案 C
解析 设{an}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝27，,a10＝a1＋9d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝1，))an＝a1＋(n－1)d＝n－2，∴a100＝100－2＝98.故选C.
10．如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{Seq \\al(2,n)}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{deq \\al(2,n)}是等差数列
答案 A
解析 不妨设该锐角的顶点为C，∠A1CB1＝θ，|A1C|＝a，依题意，知A1、A2、…、An顺次排列，设|AnAn＋1|＝b，|BnBn＋1|＝c，则|CAn|＝a＋(n－1)b，作AnDn⊥CBn于Dn，则|AnDn|＝sinθ，于是Sn＝eq \f(1,2)|BnBn＋1|·|AnDn|＝eq \f(1,2)·c·sinθ＝eq \f(1,2)bcsinθ·n＋eq \f(1,2)(a－b)csinθ，易知Sn是关于n的一次函数，所以{Sn}成等差数列．故选A.
11．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
答案 B
解析 由aeq \\al(2,4)＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－eq \f(5,3)d，则a1d＝－eq \f(5,3)d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－eq \f(2,3)d，∴dS4＝－eq \f(2,3)d2<0，故选B.
12．已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
答案 20
解析 设等差数列{an}的公差为d，则由题设可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋d2＝－3，,5a1＋\f(5×4,2)d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,a1＝－4，))从而a9＝a1＋8d＝20.
13．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．
答案 5
解析 设该等差数列为{an}，若项数为2n－1，n∈N*，则有a2n－1＝2015，an＝1010，由a1＋a2n－1＝2an，得a1＝5.
若项数为2n，n∈N*，则有a2n＝2015，eq \f(an＋an＋1,2)＝1010，
由a1＋a2n＝an＋an＋1，得a1＝5.综上，a1＝5.
三、模拟小题
14．在等差数列{an}中，a3＋a8＋a13＝m，其前n项和Sn＝5m，则n＝( )
A．7 B．8
C．15 D．17
答案 C
解析 由a3＋a8＋a13＝m，得a8＝eq \f(m,3)，
则S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8＝5m，故n＝15.
15．已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝( )
A．0 B．－109 C．－181 D．121
答案 B
解析 设等差数列{bn}的公差为d，则d＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝eq \f(7b1＋b7,2)＝eq \f(7,2)＝－112，则a8＝－109.
16．已知{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(1＋an,an)，若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－8，－7) B．(－7，－6)
C．(－8，－6) D．(－6，－5)
答案 A
解析 对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，即eq \f(1,an)≥eq \f(1,a8)，∵{an}为递增数列，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a8<0，,a9>0，))即a∈(－8，－7)．
17．在数列{an}中，已知a1＝eq \f(3,2)，当n∈N*，且n≥2时，an＝1－eq \f(1,4an－1)，则a2016＝( )
A.eq \f(4031,2016) B.eq \f(2015,4033)
C.eq \f(2016,4031) D.eq \f(4033,8062)
答案 D
解析 ∵an＝1－eq \f(1,4an－1)，∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4an－1)＝eq \f(2an－1－1,4an－1)，则eq \f(1,an－\f(1,2))＝eq \f(4an－1－2＋2,2an－1－1)＝2＋eq \f(2,2an－1－1)，即eq \f(1,an－\f(1,2))－eq \f(1,an－1－\f(1,2))＝2，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－\f(1,2))))为等差数列，则eq \f(1,an－\f(1,2))＝1＋2(n－1)＝2n－1，因此an＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2n－1)，所以a2016＝eq \f(4033,8062).
18．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝eq \f(3,2)，Sk＝－12，则正整数k＝________.
答案 13
解析 由Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋eq \f(3,2)＝－eq \f(21,2)，又Sk＋1＝eq \f(k＋1a1＋ak＋1,2)＝eq \f(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3＋\f(3,2))),2)＝－eq \f(21,2)，解得k＝13.
一、高考大题
1．已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
(1)设cn＝beq \\al(2,n＋1)－beq \\al(2,n)，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝eq \(∑,\s\up16(2n),\s\d4(k＝1)) (－1)kbeq \\al(2,k)，n∈N*，求证：eq \(∑,\s\up16(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,Tk)证明 (1)由题意得beq \\al(2,n)＝anan＋1，有cn＝beq \\al(2,n＋1)－beq \\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，
所以{cn}是等差数列．
(2)Tn＝(－beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2))＋(－beq \\al(2,3)＋beq \\al(2,4))＋…＋(－beq \\al(2,2n－1)＋beq \\al(2,2n))
＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2d·eq \f(na2＋a2n,2)＝2d2n(n＋1)．
所以eq \(∑,\s\up16(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,Tk)＝eq \f(1,2d2)eq \(∑,\s\up16(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,kk＋1)
＝eq \f(1,2d2)eq \(∑,\s\up16(n),\s\d4(k＝1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))
＝eq \f(1,2d2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解 (1)证明：由题设anan＋1＝λSn－1，
知an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得，an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)存在．由a1＝1，a1a2＝λa1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
因an＋2－an＝4，由此可得，{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝1＋(n－1)·4＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝3＋(n－1)·4＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得{an}为等差数列．
二、模拟大题
3．已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq \f(1,an－1).
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，∴{bn}是等差数列．
(2)由(1)及b1＝eq \f(1,a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，
知bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，
∴an－1＝eq \f(3,n＋2)，∴an＝eq \f(n＋5,n＋2).
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6，正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围．
解 (1)∵a1＝1，S3＝6，∴数列{an}的公差d＝1，an＝n.
由题知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1·b2·b3·…·bn＝2Sn， ①,b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1n≥2， ②))
①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
又b1＝2S1＝21＝2，满足上式，故bn＝2n.
(2)λbn>an恒成立⇒λ>eq \f(n,2n)恒成立，
设cn＝eq \f(n,2n)，则eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(n＋1,2n)，
当n≥2时，eq \f(cn＋1,cn)<1，数列{cn}单调递减，
又c1＝c2＝eq \f(1,2)，∴(cn)max＝eq \f(1,2)，故λ>eq \f(1,2).
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
(2)设数列{bn}的通项公式为bn＝eq \f(an,an＋t)，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设公差为d，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋16d＝34，,3a1＋3d＝9，))
解得a1＝1，d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)由(1)知bn＝eq \f(2n－1,2n－1＋t)，
要使b1，b2，bm成等差数列，必须2b2＝b1＋bm，
即2×eq \f(3,3＋t)＝eq \f(1,1＋t)＋eq \f(2m－1,2m－1＋t)，
移项得eq \f(2m－1,2m－1＋t)＝eq \f(6,3＋t)－eq \f(1,1＋t)＝eq \f(6＋6t－3－t,3＋t1＋t)，
整理得m＝3＋eq \f(4,t－1).
因为m，t为正整数，所以t只能取2,3,5.
当t＝2时，m＝7；当t＝3时，m＝5；
当t＝5时，m＝4.
所以存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列．
6．在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23.
(1)求an；
(2)设Sn为{an}的前n项和，求Sn的最小值．
解 (1)∵an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，①
an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44，②
②－①得，an＋2－an＝2.
又∵a2＋a1＝2－44，a1＝－23，∴a2＝－19，
同理得，a3＝－21，a4＝－17.
故a1，a3，a5，…是以a1为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以a2为首项，2为公差的等差数列．
从而an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－24，n为奇数，,n－21，n为偶数.))
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋
＝2－eq \f(n,2)·44＝eq \f(n2,2)－22n，
故当n＝22时，Sn取得最小值为－242.
当n为奇数时，
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)
＝a1＋(2×2－44)＋…＋
＝a1＋2＋eq \f(n－1,2)·(－44)
＝－23＋eq \f(n＋1n－1,2)－22(n－1)
＝eq \f(n2,2)－22n－eq \f(3,2).
故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243.
综上所述：当n为偶数时，Sn取得最小值为－242；当n为奇数时，Sn取最小值为－243.