2022年-高考数学小题高分突破数列 .pdf

1 2019-2020 年高考数学小题高分突破6 数列1已知 an为等比数列，数列 bn满足 b12，b25，且 an(bn1bn)an1，则数列 bn的前 n 项和为 () A3n1 B3n1 C.3n2n2D.3n2n2答案C 解析 b12，b25，且 an(bn1bn) an1，a1(b2b1)a2，即 a23a1，又数列 an 为等比数列，数列 an 的公比 q3，且 an0，bn1bnan1an3，数列 bn 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，数列 bn 的前 n 项和为 Sn2nn n1233n2n2. 2设等比数列an 的前 n 项和为 Sn，S23，S415，则 S6等于 () A27 B31 C63 D75 答案C 解析由题意得S2，S4S2，S6S4成等比数列，所以 3,12，S615 成等比数列，所以 1223(S615)，解得 S663. 3设 Sn是公差不为0 的等差数列 an的前 n项和， S3a22，且 S1，S2，S4成等比数列，则a10等于 () A15 B19 C21 D30 答案B 解析设等差数列 an的公差为 d，因为 S3a22，所以 3a2a22，解得 a20 或 a23，又因为 S1，S2，S4构成等比数列，所以 S22S1S4，所以 (2a2d)2(a2d)(4a22d)，若 a20，则 d2 2d2，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 2 此时 d0，不符合题意，舍去，当 a23时，可得 (6d)2(3d)(122d)，解得 d2(d0 舍去)，所以 a10a28d38219. 4在等差数列an 中，若a9a80 时， n 的最小值为() A14 B15 C16 D17 答案C 解析数列 an 是等差数列，它的前n项和 Sn有最小值，d0，a10，an为递增数列a9a81，a8 a90，由等差数列的性质知，2a8a1a150. Snn a1an2，当 Sn0 时， n 的最小值为16. 5若 Sn为数列 an 的前 n 项和，且 Sn2an2，则 S8等于 () A255 B256 C510 D511 答案C 解析当 n 1时， a1S12a12，据此可得a12，当 n2 时， Sn2an2，Sn12an12，两式作差可得an2an2an1，则 an2an1，据此可得数列an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，其前 8项和为 S82()128122925122510. 6已知数列 an中 a11，a22，且 an2an22 (1)n，nN*，则 S2 017的值为 () A2 0161 0101 B1 0092 017 C2 0171 0101 D1 0092 016 答案C 解析由递推公式，可得当 n 为奇数时， an2an4，数列 an的奇数项是首项为1，公差为4 的等差数列，当 n 为偶数时， an2an0，数列 an的偶数项是首项为2，公差为0 的等差数列，S2 017(a1a3a2 017)(a2a4a2 016) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - 3 1 00912 1 0091 00841 0082 2 0171 0101. 7已知数列 an满足 a10，an1an33an1(nN*)，则 a56等于 () A3 B0 C.3 D.32答案A 解析因为 an1an33an1(nN*)，所以 a10，a23，a33，a40，a53，a63，故此数列的周期为3. 所以 a56a1832a23. 8 张丘建算经是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈头节高五寸，头圈一尺三.逐节多三分，逐圈少分三.一蚁往上爬，遇圈则绕圈爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：第一节的高度为0.5 尺；第一圈的周长为1.3 尺；每节比其下面的一节多0.03 尺；每圈周长比其下面的一圈少0.013 尺)问：此民谣提出的问题的答案是() A72.705 尺B61.395 尺C61.905 尺D73.995 尺答案B 解析因为每竹节间的长相差0.03 尺，设从地面往上，每节竹长为a1，a2，a3，a30，所以 an是以 a10.5 为首项，以d10.03 为公差的等差数列，由题意知竹节圈长，上一圈比下一圈少0.013 尺，设从地面往上，每节圈长为b1，b2，b3，b30，由bn是以 b11.3 为首项， d 0.013 为公差的等差数列，所以一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程是S30 300.5302920.03 301.330292 0.01361.395. 9已知数列 an是各项均为正数的等比数列，Sn是其前n 项和，若S2a2S33，则 a43a2的最小值为 () A12 B9 C6 D18 答案D 解析因为 S3S2a3，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - 4 所以由 S2a2S33，得 a3a23，设等比数列 an 的公比为 q，则 a13q q1，由于 an的各项为正数，所以q1. a43a2a1q33a1qa1q(q23)3q q1q(q23) 3 q23q13 q14q1218，当且仅当q 12，即 q3 时， a43a2取得最小值18. 10已知数列 an的通项公式为an2n(nN*)，数列 bn的通项公式为bn3n1，记它们的公共项由小到大排成的数列为 cn，令 xncn1cn，则1x1xn1xn的取值范围为() A1,2) B(1，e) C.233,e2D.32，e答案C 解析由题意知， an，bn的共同项为2,8,32,128，故 cn22n1. 由 xncn1cn，得1xn11cn，1x1xn1xn11c111c211cn. 令 Fn1x1xn1xn，则当 n2 时，FnFn11xn1，故数列 Fn是递增数列，1x1xn1xn32. 当 x0 时， ln(1x)x，ln 11cn1cn，则 ln11c111c2 11cnln 11c1ln 11c2ln 11cn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - 5 1c11c21cn12123122n1121122n1141211423，11c111c211cn23e，故321x1xn1xn2 018 的最小整数，则n0的值为 () A305 B306 C315 D316 答案D 解析由题意， anlog2n ，当 n1 时，可得 a10，(1 项) 当 21n22时，可得 a2a31，(2 项) 当 22n23时，可得 a4a5a72，(4 项) 当 23n24时，可得 a8a9a153，(8 项) 当 24n25时，可得 a16a17a314，(16 项) ，当 2kn2k1时，可得 a2ka2k1a2k11k，(2k项) 当 2kn2 018，得 k8. 当 k7 时， Sn1 5382 018，所以取 k7，且 2 0181 538480，所以 n01 1281248081316. 13已知等比数列 an的前 n 项和 Sn3nr，则 a3r_，数列 n n423n的最大项是第 k 项，则 k_. 答案194 解析等比数列前n 项和公式具有的特征为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - - - - - - - - 7 Snaqna，据此可知， r 1，则 Sn3n1，a3S3S2()331()32118，a3r19. 令 bnn()n423n，且 bn0，则bn1bn23n26n5n24n，由bn1bn23n26n5n24n1 可得 n210，由bn1bn23n26n5n24n10，据此可得，数列中的项满足b1b2b3b5b6b7b8，则 k4. 14已知等比数列an的首项是 1，公比为 3，等差数列 bn 的首项是 5，公差为1，把 bn中的各项按如下规则依次插入到an的每相邻两项之间，构成新数列cn：a1，b1，a2，b2，b3， a3， b4， b5， b6， a4， ， 即在 an和 an1两项之间依次插入bn中 n 个项，则 c2 018_.(用数字作答 ) 答案1 949 解析由题意可得，an3n1，bn 5(n1)1n6，由题意可得，数列 cn中的项为 30，5,31， 4， 3,32， 2， 1,0,33，3n时，数列 cn的项数为 12n(n1)n1 n22，当 n62 时，636422 016，即此时共有2 016 项，且第2 016 项为 362，c2 018b1 9551 95561 949. 15已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a11，a22，a3n2n2an，a3n1an1，a3n2ann，则 S60_.(用数字作答 ) 答案264 解析因为 a3n2n2an，a3n1an1，a3n2ann，所以 a3na3n1a3n2n1，因此 (a3a4a5)(a6a7a8)(a57a58a59)2320209，因为 a3n2n2an，a3n2ann，所以 a60a3202202a20，a20a362a66，a6a32222a20，所以 a20 6，a6052，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 8 综上， S601220952264. 16 数列 an满足 a143， an1a2nan1(nN*)， 则1a11a21a2 017的整数部分是 _答案2 解析因为 a143，an1a2nan1(nN*)，所以 an1an(an1)20，所以 an1an，数列 an 单调递增，所以 an11an(an1)0，所以1an111anan11an11an，所以1an1an11an11，所以 Sn1a11a21an1a111a211a211a311an 11an111a111an11，所以 mS2 01731a2 0181，因为 a143，所以 a2432431139，a31392139113381，a41338121338112，所以 a2 018a2 017a2 016a42，所以 a2 01811，所以 01a2 01811，所以 231a2 01813，因此 m 的整数部分是2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -