2022届高考数学一轮复习第二部分专题突破练4数列中的典型题型与创新题型含解析新人教B版.doc
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，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512，3a412，a44.a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.应选C2在等比数列an中，a11，公比|q|1.假设ama1a2a3a4a5，那么m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)·(a2a4)·a3a·a·a3aa·q10.因为a11，|q|1，所以ama·q10a1q10，所以m11.应选C3在递减等差数列an中，假设a1a50，那么Sn取最大值时n等于()A2 B3 C4 D2或3答案D解析a1a52a30，a30.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.应选D4在等差数列an中，首项a10，公差d0，假设aka10a11a100，那么k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d(n1)d，因为aka10a11a100，所以ak100a1d4914d，又ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以k4915.应选D5(2022·江西赣州名校联考)大衍数列来源于?乾坤谱?中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，那么该数列的第16项为()A98 B112 C144 D128答案D解析设该数列为an，由题意可得an那么a16×162128，应选D6数列an的通项为anlogn1(n2)(nN*)，我们把使乘积a1·a2·a3··an为整数的n叫做“优数，那么在(0,2022内的所有“优数的和为()A1024 B2022 C2026 D2036答案C解析设a1·a2·a3··anlog23·log34·log45··logn1(n2)log2(n2)k，kZ，那么0<n2k22022,2<2k2022,1<k10，所有“优数之和为(222)(232)(2102)18211222026.应选C7数列an中，an13Sn，那么以下关于an的说法正确的选项是()A一定为等差数列B一定为等比数列C可能为等差数列，但不会为等比数列D可能为等比数列，但不会为等差数列答案C解析假设数列an中所有的项都为0，那么满足an13Sn，所以数列an可能为等差数列，故B，D不正确；由an13Sn，得an23Sn1，那么an2an13(Sn1Sn)3an1，所以an24an1，当a10时，易知an10，所以4，由an13Sn，得a23a1，即3，此时数列an既不是等比数列又不是等差数列，故A不正确，C正确应选C8(2022·贵阳模拟)定义为n个正数u1，u2，u3，un的“快乐数假设正项数列an的前n项的“快乐数为，那么数列的前2022项和为()A B C D答案B解析设数列an的前n项和为Sn，那么根据题意，得，那么Sn3n2n，所以anSnSn16n2(n2)，当n1时也适合，所以an6n2，所以，所以的前2022项和为11.9(2022·江西南昌测试二)各项均为正数的递增数列an 的前n项和为Sn满足2an1，bn，假设b1，b2，bm成等差数列，那么的最大值为()A B C D答案D解析由题2an1，那么4Sn(an1)2,4Sn1(an11)2，作差得an1an2,2a11a11，an2n1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm2b2b1，别离m化简得m3，故(t，m)(2,7)，(3,5)，(5,4)，max.应选D10(2022·吉林长春名校联考)等差数列an的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x) ln xx28x的极值点，那么S8()A38 B38 C17 D17答案A解析因为f(x)ln xx28x，所以f(x)x8，令f(x)0，解得x或x.又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d>0，所以a6，a8，所以解得所以S88a1×d38，应选A11(2022·河南林州调研)设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，那么，中最大的项为()A B C D答案C解析等差数列an中，S17>0，且S18<0，即S1717a9>0，S189(a9a10)<0，a9a10<0，a9>0，a10<0，等差数列an为递减数列，故可知a1，a2，a9为正，a10，a11，为负；S1，S2，S17为正，S18，S19，为负，那么>0，>0，>0，<0，<0，<0，又S1<S2<<S9，a1>a2>>a9，那么最大应选C12数列an为等比数列，a1(0,1)，a2(1,2)，a3(2,3)，那么a4的取值范围是()A(3,4) B(2，4)C(2,9) D(2，9)答案D解析设等比数列an的公比为q，由得由得q>1；由得q2>2；由得q>1且q<3，故<q<3.因为a4a1q3(a1q2)·q，所以2<a4<9.应选D二、填空题13设数列an满足a2a410，点Pn(n，an)对任意的nN*，都有向量PnPn1(1,2)，那么数列an的前n项和Sn_.答案n2解析Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，PnPn1(1，an1an)(1,2)，an1an2，an是公差d为2的等差数列又由a2a42a14d2a14×210，解得a11，Snn×2n2.14(2022·四川成都棠湖中学适应性考试)ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设a，b，c成等比数列，那么cosB的最小值为_答案解析因为a，b，c成等比数列，所以b2ac，根据余弦定理，得cosB，由根本不等式可以得到(当且仅当ac时等号成立，故cosB的最小值为.15(2022·湖北荆州中学模拟一)“斐波那契数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数具体数列为：1,1,2,3,5,8，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和数列an为“斐波那契数列，Sn为数列an 的前n项和，假设a2022M，那么S2022_.(用M表示)答案M1解析数列为：1,1,2,3,5,8，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，an2anan1anan1ananan1an2an1anan1an2an3an2anan1an2an3a2a11，那么S2022a20221M1.16(2022·衡水模拟)曲线C1的方程为(x1)2(y2)21，过平面上一点P1作C1的两条切线，切点分别为A1，B1，且满足A1P1B1.记P1的轨迹为C2，过平面上一点P2作C2的两条切线，切点分别为A2，B2，且满足A2P2B2.记P2的轨迹为C3，按上述规律一直进行下去，记an|AnAn1|min，且Sn为数列an的前n项和，那么满足Sn5n>0的最小正整数n为_答案5解析由题设可知轨迹C1，C2，C3，C4，C5，C6，Cn分别是半径为1,2,4,8,16,32，2n1的圆因为an|AnAn1|min，所以a11，a22，a34，a48，an2n1，所以Sna1a2a3an1242n12n1.由Sn5n>0，得2n15n>02n>5n1，故最小的正整数n为5.三、解答题17等比数列an中，an>0，a1，nN*.(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，那么q>0，因为，所以，因为q>0，解得q2，所以an×2n12n7，nN*.(2)bn(1)n·(log2an)2(1)n·(log22n7)2(1)n·(n7)2，设cnn7，那么bn(1)n·(cn)2.T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n.18等差数列an的公差为2，等比数列bn的公比为2，且anbnn·2n.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn，记数列cn的前n项和为Tn，试比拟Tn与的大小解(1)anbnn·2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1.(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn<，Tn<.19(2022·广东三校联考二)设数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)(nN*)在直线2xy20上(1)求证：数列an是等比数列，并求其通项公式；(2)设直线xan与函数f(x)x2的图象交于点An，与函数g(x)log2x的图象交于点Bn，记bn·(其中O为坐标原点)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)证明：点(an，Sn)在直线2xy20上，2anSn20.当n1时，2a1a120，a12.当n2时，2an1Sn120，得an2an1.数列an是首项为2，公比为2的等比数列，那么an2n.(2)由(1)及易得An(2n,4n)，Bn(2n，n)，bn·，bn(n1)·4n.那么Tn2×41 3×424×43(n1)·4n，4Tn2×423×434×44(n1)·4n1，得3Tn842434n(n1)·4n18(n1)·4n1，Tn·4n1.20(2022·湖南六校联考)函数f(x)x2xc(c为常数)，且x时，f(x)的最大值为，数列an的首项a1，点(an，an1)在函数f(x)的图象上，其中n1，nZ.(1)证明：数列是等比数列；(2)记Rn···，求Rn.解(1)证明：依题意，f(x)x2xc，c为常数，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)maxf(0)c，所以f(x)x2x.又点(an，an1)在函数f(x)的图象上，所以an1aan，即an12，由于a1，易知an>0，所以lg2lg，又lglg 20，所以数列是首项为lg 2，公比为2的等比数列(2)由(1)知lg2n1·lg 2lg 22n1，所以an22n1，所以Rn220·221·222··22n122021222n122n1.21(2022·安徽六校第二次联考)an是各项均为正数的等比数列，且a1a23，a3a22，等差数列bn的前n项和为Sn，且b35，S416.(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)，Pn1(an1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，Qn(an，bn)，假设记PnQnPn1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a1a23，a3a22，所以得3q25q20，又q>0，所以q2，a11，那么an2n1.设数列bn的公差为d，因为b35，S416，所以解得那么bn2n1.(2)由(1)得PnPn1an1an2n2n12n1，PnQnbn2n1，由cnSPnQnPn1(2n1)2n2，那么Tnc1c2c3cn×11×32×5(2n1)2n2，2Tn1×12×34×5(2n1)2n1，由得，Tn2(122n2)(2n1)2n1(2n1)2n1(32n)·2n1，故Tn(2n3)2n1(nN*)
