高考数学经典例题专题六数列含解析

这是一份高考数学经典例题专题六数列含解析，共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题六 数列
一、单选题
1．北宋时期的科学家沈括在他的著作《梦溪笔谈》一书中提出一个有趣的问题，大意是：酒店把酒坛层层堆积，底层摆成长方形，以后每上一层，长和宽两边的坛子各少一个，堆成一个棱台的形状（如图1），那么总共堆放了多少个酒坛？沈括给出了一个计算酒坛数量的方法——隙积术，设底层长和宽两边分别摆放，个坛子，一共堆了层，则酒坛的总数．现在将长方形垛改为三角形垛，即底层摆成一个等边三角形，向上逐层等边三角形的每边少1个酒坛（如图2），若底层等边三角形的边上摆放10个酒坛，顶层摆放1个酒坛，那么酒坛的总数为（ ）

A．55 B．165 C．220 D．286
【答案】C
【解析】
根据题目中已给模型类比和联想，得出第一层、第二层、第三层、……、第十层的酒坛数，然后即可求解．
【详解】
每一层酒坛按照正三角形排列，从上往下数，最上面一层的酒坛数为1，
第二层的酒坛数为，第三层的酒坛数为，
第四层的酒坛数为，…，由此规律，
最下面一层的酒坛数为，
所以酒坛的总数为．
故选：C.
2．斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，该数列是数学史中非常重要的一个数列.它与生活中许多现象息息相关，如松果､凤梨､树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切.已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
利用递推关系,结合累加法求解.
【详解】
由递推关系得：，
，
，
…
，
，
累加可得，
所以，
故选：D.
3．数列中，，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】
在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
4．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
【答案】B
【解析】
根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，
由可得：，
所以，
因此.
故选：B.
5．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【解析】
第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】
设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
6．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
【答案】D
【解析】
根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】
设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
7．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4=0，a5=5，则（ ）
A．an=2n-5 B．an=3n-10 C．Sn=2n2-8n D．Sn=12n2-2n
【答案】A
【解析】
由题知，S4=4a1+d2×4×3=0a5=a1+4d=5，解得a1=-3d=2，∴an=2n-5，故选A．
其它解法：本题还可用排除，对B，a5=5，S4=4(-7+2)2=-10≠0，排除B，对C，S4=0,a5=S5-S4=2×52-8×5-0=10≠5，排除C．对D，S4=0,a5=S5-S4=12×52-2×5-0=52≠5，排除D，故选A．
8．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
【答案】D
【解析】
根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【详解】
对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
9．在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】B
【解析】
首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】
由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
10．等差数列的首项为1，公差不为，若，，成等比数列，则数列的前项的和为（ ）
A． B． C．3 D．8
【答案】A
【解析】
设等差数列的公差为d，，，且，，成等比数列，
，
，
解得，
前6项的和为
.
故选：A
11． 0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据新定义，逐一检验即可
【详解】
由知，序列的周期为m，由已知，，

对于选项A，

，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
二、多选题
12．设数列的前项和为，若为常数，则称数列为“吉祥数列”.则下列数列为“吉祥数列”的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
按照求和方法对各个选项逐一求和验证即可得出结论.
【详解】
对于A，，，，
所以不为常数，故A不正确；
对于B，由并项求和法知：，，，故B正确；
对于C，，，，
所以，故C正确；
对于D，，，，
所以不为常数，故D错误；
故选：BC.
13．（多选题）设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，，下列结论正确的是（ ）
A．S20191)，则，
整理可得：，
，
数列的通项公式为：.
(2)由于：，故：


.
26．已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）记，求证：数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
(1)由得,作差得,进而得,故数列是等比数列；
（2）由（1）得，故，再根据裂项求和证明即可.
【详解】
解：（1）因为①，
所以②
由①②得，.
两边同时加1得，
所以，故数列是公比为2的等比数列.
（2）令，，则.
由，得.
因为，
所以
.
因为，所以
所以.
27．已知公比大于1的等比数列的前6项和为126，且，，成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，且，证明：数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
（1）利用基本量代换，列方程组求出和公比q，得到通项公式；
（2）用累加法求出，再用裂项相消法求和.
【详解】
解：（Ⅰ）设等比数列的公比为，前项和为.
则，整理得，
解得：（舍）或，
由，
解得：.

（Ⅱ）时，.
即，
.
……

累加得：，
，
经检验，当时，符合上式，.
，
则，
即证.
28．已知等差数列中，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前项和，数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
（1）设等差数列的公差为，根据求得d，再由，，成等比数列求得，写出通项公式；
（2）根据（1）得到，利用裂项相消法求解.
【详解】
（1）设等差数列的公差为．
因为等差数列中，，
所以公差为，
因为，，成等比数列，
所以，得，
即，
解得，
所以通项公式为．
（2）由（1）可得，数列的前项和，
则．
所以数列的前项和．
【点睛】
方法点睛：求数列的前n项和的方法
（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
29．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】
（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
30．设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；
（2）由（1）求出的通项公式，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系式，求得结果.
【详解】
（1）设等比数列的公比为，
根据题意，有，解得，
所以；
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
31．已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式，求解出，由此求得数列的通项公式.
（2）通过分析数列的规律，由此求得数列的前项和.
【详解】
（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，
所以，所以数列的通项公式为.
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个.
所以.
32．已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【解析】
（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；
（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；
（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果
【详解】
（1）
（2）



，


（3）假设存在三个不同的数列为数列.

或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
33．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【答案】（I）；（II）证明见解析.
【解析】
（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】
（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
34．已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】
(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.
【详解】
(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.