专题07数列（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版).docx

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1、高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版) 专题07数列一、选择题1. （2020广西南宁期中）已知数列满足 ，则（ ）A18B20C32D64【答案】A【详解】因为，所以，所以数列是等差数列，所以故选：A2. （2020云南曲靖一中）设为等差数列的前项和，若，则（ ）ABC1D2【答案】A【详解】解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，即，得，所以.故选：A.3. （2020安徽月考）已知数列的前项和为，则（ ）A62B63C64D65【答案】D【详解】由，可知数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.所以，所以.故选：D4.

2、 （2020沙坪坝重庆八中月考）已知正项等比数列的前项和为，且，则等比数列的公比为（ ）ABC2D3【答案】B【详解】因为，则，又，所以，故选：B5. （2020盐城市伍佑中学月考）已知数列满足，则（ ）A510B512C1022D1024【答案】B【详解】由,得，以上各式相加得，所以，所以.故选：B.6. （2020江苏省丰县中学期中）已知数列的前n项和则（ ）ABCD【答案】C【详解】，当n2时，anSnSn1，即2n，当n1时，a1S12，符合上式，4+42+43+故选：C7.（2020江苏无锡期中）历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用.比如意大利

3、数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233即，当n3时，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则的值为（ ）A24B26C28D30【答案】B【详解】由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列，此数列的各项求得：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1，则其周期为6，其中1+1+2+3+1+0=8，则，故选：B.8. （2020江西二模）已知等比数列的首项，公比为，前项和为，则“”是“”的（ ）A充

4、分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【详解】由S3+S52S4，可得a5a4，由等比数列的通项公式得 ，且，所以，得q1或“q1”是“S3+S52S4”的充分不必要条件故选A9. （2020吉林长春外国语学校期中）已知数列满足，则数列的前项和（ ）ABCD【答案】B【详解】已知数列满足，在等式两边同时取倒数得，所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，因此，.故选：B.10. （2020陕西汉中月考）已知数列的通项公式，则数列的最大项为（ ）A或B或C或D或【答案】B【详解】设数列的最大项为，所以，所以， 解不等式组可得：，故选：B.11. （2020山

5、西大附中考试）已知等比数列的前项和为，设，那么数列的前15项和为A152B135C80D16【答案】B【解析】由题设可得，即，所以，则，所以，则数列是首项为，公差为的等差数列，所以，应选答案B12. （2020秋连云港期中）公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作算盘书中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，满足an+2an+1+an（n1），那么1+a2+a4+a6+a2020（）Aa2021Ba2022Ca2023Da2024【答案】A【解答】解：数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，满足an+2an+1+an（n1），所以a3a2+a1，a4a3+a

6、2，故1+a2+a4+a6+a2020a1+a2+a3+a2019+a2020a2021故选：A13. （2020秋湖南期中）已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，a12，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取得最大值时n的值为（）A4B5C4或5D5或6【答案】C【解答】解：设等差数列an的公差为d，d0，由a12，且a1，a3，a4成等比数列，可得a32a1a4，即（2+2d）22（2+3d），解得d（d0舍去），则ana1+（n1）d2（n1）n，可得等差数列an为递减数列，由1n4时，an0，n5时，a50，n6时，an0，所以n4或5时，Sn取得最大值，故选：C14. （20

7、20秋浦东新区校级期中）已知圆O的半径5，OP4，过点P的n条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为a1，最长弦长为an，且公差d（，1，则n的取值集合为（）A5，6B6，7C5，6，7D5，6，7，8【答案】A【解答】解：圆O的半径5，OP4，过点P的n条弦的最短弦长26，最长弦长为直径10则过点P的n条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为a16，最长弦长为an10，106+（n1）d，解得d（，1，解得：5n7，则n的取值集合为5，6，故选：A15. （2020秋河南期中）已知数列an的前n项和为Sn，Snan+1，a22，则（）A1或2B或2C2D2【答案】B【解答】解：数列an的前n项和

8、为Sn，Snan+1，当1时，a1a1+1，即：10不成立当n1时，解得S1a1a1+1，整理得（1），当n2时，解得故选：B二、填空题16. （2020秋平城区校级期中）已知数列an的前n项和为Sn，a13，2Snan3，其中为常数，若anbn14n，则数列bn中的项的最小值为【答案】【解答】解：数列an的前n项和为Sn，a13，2Snan3，其中为常数，当n1时，2a1a13，由于a13，解得3故2Sn3an3，当n2时，2Sn13an13，得：2an3an3an1，所以an3an1，即（常数），所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列，所以由于anbn（14n），所以，当n15时，b

9、15为最小值，且故答案为：17. （2020秋赣州期中）已知数列an满足a16，an+1an+2n，则的最小值为4【答案】4【解答】解：数列an满足a16，an+1an+2n，整理得anan12（n1），an1an22（n2），a2a12，利用叠加法：ana12（1+2+n1）n2n，故，所以，利用基本不等式：当n2时，当n3时，故的最小值为4故答案为：418. （2020秋衢州期中）已知等差数列an满足：a20，a40，数列的前n项和为Sn，则的取值范围是【答案】（2，）【解答】解：等差数列an满足a20，a40，解得a10，d0，da13d，数列的前n项和为Sn，随a1的增大而增大，da1

10、3d，又当a1d时，2，当a13d时，（2，），故答案为：三、解答题19（2020秋冷水江市校级期中）数列an满足a1+2a2+3a3+nan（n1）2n+1+2（n1），（1）求数列an的通项公式；（2）设为数列bn的前n项和，求Sn【解答】解：（1）数列an满足a1+2a2+3a3+nan（n1）2n+1+2（n1），当n2时，a1+2a2+3a3+（n1）an1（n2）2n+2，得：n2n，所以，当n1时，a12（首项符合通项），所以（2）由（1）得：，则，得：，所以20（2021宁夏模拟）已知数列an是各项均为正数的等比数列，a3，a1a2，数列bn满足b13，且1+bn+1与1bn的

11、等差中项是an（）求数列bn的通项公式；（）若cn（1）nbn，cn的前n项和为Sn，求S2n【解答】解：（）设数列an是各项均为正数的公比为q的等比数列，由，可得a1q2，a1a1q，解得q，a1，则an，由1+bn+1与1bn的等差中项是an，可得2+bn+1bn2an，即bn+1bn2an2，则b2b12a12，b3b22a22，bnbn12an12，累加可得bnb12（a1+a2+an1）2（n1）22n+22n+3，由b13，可得bn2n，（）（1）n（2n），则S2n（2+1）+（4）+（6+）+（8）+2（2n1）+2（2n）24+68+2（2n1）2（2n）+（1+）（222）

12、+1（）n2n21（2020秋镇江期中）已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2+a512，S44S2（1）求数列an的通项公式an及Sn；（2）若bn，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）由题意，设等差数列an的公差为d，则，化简整理，得，解得，an1+2（n1）2n1，nN*，Snn1+2n2（2）由（1），知bn，Tnb1+b2+bn+122（2020秋平城区校级期中）已知等差数列an中，lg（a1+a2）1，且lga1+lga3lg（a2+a4）（1）求数列an的通项公式；（2）若a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，求k的值及数列an+bn的前n项和Sn【解答】解：（1）数列

13、an是等差数列，设公差为d由lga1+lga3lg（a2+a4）知a1a3a2+a42a3，且a30，故a12再由lg（a1+a2）1，得a1+a210，故d6所以：an2+（n1）66n4（2）若a1，ak，a6，是等比数列bn的前3项则，根据等差数列的通项公式得到：ak6k4，代入上式解得：k2而等数列bn中，cb1a12，b2a28，所以：等比数列bn的公比为q4于是：则故23（2020秋衢州期中）已知数列an满足a12，an+12an1，数列（an1）（bn+1bn）的前n项和为，且b11（）求数列an的通项公式；（）证明：1bn5（nN*）【解答】解：（）解：由an+12an1an+

14、112（an1），又由题设知a111，数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，an12n1，an2n1+1；（）证明：设cn（an1）（bn+1bn），由（）可得cn2n1（bn+1bn），又由c1+c2+cn，可得：当n2时，有c1+c2+cn1，两式相减得：cnn，n2，又当n1时，c11也适合上式，cnn，bn+1bnn（）n1，当n2时，有bn（bnbn1）+（bn1bn2）+（b2b1）+b1（n1）（）n2+（n2）（）n3+1（）0+1，令x（n1）（）n2+（n2）（）n3+1（）0，则x（n1）（）n1+（n2）（）n2+2（）2+，两式相减得：x（1n）（）n1+（）n2+（）n3+（）2+1（1n）（）n1+，整理得：x4，当n2时，bn5，又当n1，b11也适合，bn55，又bn+1bnn（）n10，数列bn是单增数列，bnb151，综上，有1bn5（nN*）24（2020秋渝中区校级月考）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a23，S520（1）求数列an的通项公式；（2）设数列bn的前n项和为Tn，且，求证：【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，由题设可得，解得，ann+1；（2）证明：由（1）可得（）n+1，Tnb1+b2+bnb1，又Tn1（）n，日期：2020/11/25 19:00:36；用户：数学2；邮箱：；学号：38393489