高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第一部分 考點(diǎn)十二 數(shù)列綜合問題

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1、 考點(diǎn)十二　數(shù)列綜合問題 一、選擇題 1．若數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝(－1)n·n，則數(shù)列{an}的前20項(xiàng)的和為(　　) A．－100 B．100 C．－110 D．110 答案　A 解析　由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴{an}的前20項(xiàng)的和為a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－×10＝－100. 2．(2019·遼寧葫蘆島二模)九連環(huán)是我國從古至今廣泛流傳的一種益智游戲，它用九個圓環(huán)相連成串，以解開為勝．據(jù)明代楊慎《丹鉛總錄》記載：“兩環(huán)互相貫為一

2、，得其關(guān)捩，解之為二，又合而為一”．在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個圓環(huán)所需的最少移動次數(shù)，{an}滿足a1＝1，且an＝則解下4個環(huán)所需的最少移動次數(shù)為(　　) A．7 B．10 C．12 D．22 答案　A 解析　依題意a4＝2a3－1＝2(2a2＋2)－1＝2[2(2a1－1)＋2]－1＝7，故選A. 3．(2019·西藏拉薩中學(xué)第二次月考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，則a6＝(　　) A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1 答案　A 解析　由an＋1＝3Sn得an＝3Sn－1(n≥2)，兩式

3、相減得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，則an＋1＝4an(n≥2)，又a1＝1，a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝a2qn－2＝3×4n－2(n≥2)，即a6＝3×44，故選A. 4．等差數(shù)列{an}中，a1＋a2＝，a2＋a5＝4，設(shè)bn＝[an]，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，[0.8]＝0，[2.1]＝2，則數(shù)列{bn}的前8項(xiàng)和S8＝(　　) A．24 B．20 C．16 D．12 答案　C 解析　由已知可得??an＝1＋(n－1)×＝n＋?b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3?S8＝16. 5．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝2，

4、an＋1－an＝，若數(shù)列的前n項(xiàng)和為5，則n＝(　　) A．35 B．36 C．120 D．121 答案　C 解析　用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的前n項(xiàng)和．因?yàn)閍n＋1－an＝，所以a－a＝4，所以數(shù)列{a}是首項(xiàng)為4，公差為4的等差數(shù)列，所以a＝4n，因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以an＝2，所以＝×＝×(－)，所以Sn＝×[(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝×(－1)＝5，解得n＝120，故選C. 6．(2019·安徽宣城第二次調(diào)研)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a9＝a8＋2a7，若存在兩項(xiàng)am，an，使得aman＝2a，則＋的最小值為(　　) A．2 B． C．3 D．3

5、答案　C 解析　設(shè)等比數(shù)列的公比為q(q＞0)，∵a9＝a8＋2a7，∴a7q2＝a7q＋2a7，∴q2－q－2＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去)，∵存在兩項(xiàng)am，an使得aman＝2a，∴aqm－1＋n－1＝2a，2m＋n－2＝2，m＋n－2＝1，m＋n＝3，∴＋＝×(m＋n)＝×≥×9＝3，當(dāng)且僅當(dāng)m＝1，n＝2時等號成立．故選C. 7．(2019·浙江三校聯(lián)考二)已知數(shù)列{an}滿足a1＝a>0，an＋1＝－a＋tan(n∈N*)，若存在實(shí)數(shù)t，使{an}單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 答案　A 解析　由{an

6、}單調(diào)遞增，得an＋1＝－a＋tan>an，又a1＝a>0，則an>0，所以t>an＋1(n∈N*)． n＝1時，t>a＋1.① n＝2時，t>－a2＋ta＋1，即(a－1)t<(a＋1)(a－1)．② 若a＝1，②式不成立，不符合題意； 若a>1，②式等價(jià)于t＜a＋1，與①式矛盾，不符合題意．排除B，C，D，故選A. 8．已知數(shù)列{an}滿足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有＋＋…＋

7、1a2a3…an－1＝2(n－1)2，可得an＝22n－1，∴＝，數(shù)列為等比數(shù)列，首項(xiàng)為，公比為.∴＋＋…＋＝＝<，∵對任意n∈N*都有＋＋…＋

8、a3＝3a4＝27. 10．已知an＝(n∈N*)，設(shè)am為數(shù)列{an}的最大項(xiàng)，則m＝________. 答案　8 解析　因?yàn)楹瘮?shù)y＝在(－∞，5)，(5，＋∞)上單調(diào)遞減，結(jié)合該函數(shù)圖象可得a8>a9>…>1>a1>a2>…>a7，即a8為數(shù)列{an}的最大項(xiàng)，故m＝8. 11．(2019·湖南株洲二模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝4,4Sn＝a1＋a2＋…＋an＋1(n≥1)，則an＝________. 答案　 解析　當(dāng)n≥2時，由4Sn＝a1＋a2＋…＋an＋1，得4Sn－1＝a1＋a2＋…＋an，∴4Sn－4Sn－1＝an＋1，即4an＝an＋1，∴＝4(n≥

9、2)，又4S1＝4a1＝a1＋a2，a1＝4，∴a2＝12，∴當(dāng)n≥2時，an＝12×4n－2＝3×4n－1.又a1＝4，不滿足上式，所以所求通項(xiàng)公式為an＝ 12．(2019·山東聊城三模)我國古代的《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方：如圖，將1,2，…，9填入3×3的方格內(nèi)，使三行、三列和兩條對角線上的三個數(shù)字之和都等于15.一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1,2,3，…，n2填入n×n個方格中，使得每行、每列和兩條對角線上的數(shù)字之和都相等，這個正方形叫做n階幻方．記n階幻方的對角線上的數(shù)字之和為Nn，如圖三階幻方的N3＝15，那么N9的值為________． 答案　369 解析　根據(jù)

10、題意可知，幻方對角線上的數(shù)成等差數(shù)列，N3＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9)＝15，N4＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＋14＋15＋16)＝34，N5＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＋14＋15＋16＋17＋18＋19＋20＋21＋22＋23＋24＋25)＝65，…，∴Nn＝×(1＋2＋3＋4＋5＋…＋n2)＝×＝，故N9＝＝9×41＝369. 三、解答題 13．(2019·遼寧丹東質(zhì)量測試二)數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n

11、項(xiàng)和． 解　(1)因?yàn)閍n＋1＝an＋2n＋1，所以當(dāng)n≥2時， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2. 由于a1＝1滿足an＝n2， 所以所求{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2. (2)因?yàn)閎n＝＝， 所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 14．(2019·山東煙臺適應(yīng)性練習(xí))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－2(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列，且a3＝b4－2b1，b6＝a4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{(－1)nb}的前2n項(xiàng)

12、和T2n. 解　(1)Sn＝2an－2，當(dāng)n＝1時，得a1＝2， 當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an－1－2， 作差得an＝2an－1(n≥2)， 所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列， 所以an＝2n. 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d， 由a3＝b4－2b1，b6＝a4， 所以8＝3d－b1,16＝5d＋b1， 所以d＝3，b1＝1，所以bn＝3n－2. (2)T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b) ＝3(b1＋b2)＋3(b3＋b4)＋…＋3(b2n－1＋b2n) ＝3(b1＋b2＋…＋b2n)， 又因?yàn)閎n＝3n－2， 則T2n＝3×＝3n[

13、1＋3×(2n)－2] ＝18n2－3n. 一、選擇題 1．已知數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝bn＋cos2，則該數(shù)列的前23項(xiàng)的和為(　　) A．4194 B．4195 C．2046 D．2047 答案　A 解析　由題意，得當(dāng)n為奇數(shù)時，bn＋2＝2bn，數(shù)列為以2為公比的等比數(shù)列，當(dāng)n為偶數(shù)時，bn＋2＝bn＋1，數(shù)列為以1為公差的等差數(shù)列，∴S23＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝＋11×4＋×1＝212－1＋44＋55＝4194. 2．(2019·浙江金華十校模擬)等差數(shù)列{an}，等比數(shù)列{bn}，滿足a1＝b1＝1，a5＝

14、b3，則a9能取到的最小整數(shù)是(　　) A．－1 B．0 C．2 D．3 答案　B 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝b1＝1，a5＝b3，可得1＋4d＝q2，則a9＝1＋8d＝1＋2(q2－1)＝2q2－1>－1，可得a9能取到的最小整數(shù)是0，故選B. 3．中國歷法推測遵循以測為輔、以算為主的原則，例如《周髀算經(jīng)》和《易經(jīng)》里對二十四節(jié)氣的晷(guǐ)影長的記錄中，冬至和夏至的晷影長是實(shí)測得到的，其他節(jié)氣的晷影長則是按照等差數(shù)列的規(guī)律計(jì)算得出的，下表為《周髀算經(jīng)》對二十四節(jié)氣晷影長的記錄，其中115.1寸表示115寸1分(1寸＝10分)．已知《

15、易經(jīng)》中記錄的冬至晷影長為130.0寸，夏至晷影長為14.8寸，那么《易經(jīng)》中所記錄的驚蟄的晷影長應(yīng)為(　　) A．72.4寸 B．81.4寸 C．82.0寸 D．91.6寸 答案　C 解析　設(shè)晷影長為等差數(shù)列{an}，公差為d，a1＝130.0，a13＝14.8，則130.0＋12d＝14.8，解得d＝－9.6，∴a6＝130.0－9.6×5＝82.0，∴《易經(jīng)》中所記錄的驚蟄的晷影長是82.0寸． 4．已知數(shù)列{an}滿足an＝若對于任意的n∈N*都有an>an＋1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　∵對于任意的n∈N*都有an>a

16、n＋1，∴數(shù)列{an}單調(diào)遞減，∴即，故

17、，若等比數(shù)列{an}滿足a1a2019＝1，則f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2019)＝(　　) A．2019 B． C．2 D． 答案　A 解析　∵f(x)＝，∴f(x)＋f＝＋＝2.∵a1a2019＝1，∴f(a1)＋f(a2019)＝2，∵{an}為等比數(shù)列，則a1a2019＝a2a2018＝…＝a1009a1011＝a＝1.∴f(a2)＋f(a2018)＝…＝f(a1009)＋f(a1011)＝2，f(a1010)＝1，即f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2019)＝2×1009＋1＝2019. 7．(2019·江西新八校聯(lián)考二)設(shè)等差數(shù)列{an}

18、的前n項(xiàng)和為Sn，已知(a2017－1)2019＋2019a2017＋(a2017－1)2021＝2000，(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038，則S4036＝(　　) A．2020 B．2038 C．4034 D．4036 答案　D 解析　由(a2017－1)2019＋2019a2017＋(a2017－1)2021＝2000得 (a2017－1)2019＋2019(a2017－1)＋(a2017－1)2021＝－19，① 由(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038得 (a2020－1)2

19、019＋2019(a2020－1)＋(a2020－1)2021＝19，② 令f(x)＝x2019＋2019x＋x2021， 則①式即為f(a2017－1)＝－19， ②式即為f(a2020－1)＝19， 又f(－x)＋f(x)＝0，即f(x)是奇函數(shù)， 則(a2017－1)＋(a2020－1)＝0，即a2017＋a2020＝2， ∴S4036＝2018(a1＋a4036)＝2018(a2017＋a2020)＝4036.故選D. 8．(2019·廣東韶關(guān)模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n2＋n(n∈N*)，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn

20、，若Tn<λ(n∈N*)恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　因?yàn)閍1＋a2＋a3＋…＋an＝n2＋n，所以當(dāng)n≥2時，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝(n－1)2＋(n－1)，則an＝2n，故an＝2n2(a1＝2滿足此式)，所以bn＝＝，則Tn＝＝，由于Tn<λ(n∈N*)恒成立，故<λ，整理得λ>，因?yàn)閥＝＝在n∈N*上單調(diào)遞減，故當(dāng)n＝1時，max＝，所以λ>，故選D. 二、填空題 9．(2019·遼寧沈陽質(zhì)量監(jiān)測三)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n－1，則數(shù)列bn＝a－7an＋6的最小值為________． 答案?。?

21、 解析　由Sn＝2n－1，得a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，a1＝1適合上式， ∴an＝2n－1.則bn＝a－7an＋6＝2－， ∴當(dāng)an＝4時，(bn)min＝2－＝－6. 10．(2019·遼寧沈陽東北育才學(xué)校第八次模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且對任意的r，t∈N*，都有＝2，則an＝________. 答案　2n－1 解析　若r＝n，t＝n＋1，n∈N*，則＝，令Sn＝n2k，Sn＋1＝(n＋1)2k，則a1＝S1＝k＝1，∴Sn＝n2，Sn＋1＝(n＋1)2，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝

22、(n＋1)2－n2＝2n＋1＝2(n＋1)－1，∴an＝2n－1，經(jīng)驗(yàn)證，n＝1時，滿足an＝2n－1，所以an＝2n－1. 11．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{an}為，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，則ak＝________. 答案　 解析　因?yàn)椋剑剑剑?，所以?shù)列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，所以該數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7，所以ak＝. 12．(2019·河北衡水四月大聯(lián)考)歷史上數(shù)列的發(fā)展折射出許多有價(jià)值的數(shù)學(xué)思想方法，對時代的進(jìn)步起了重要的作用，比如意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·

23、斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….即F(1)＝F(2)＝1，F(xiàn)(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此數(shù)列在現(xiàn)代物理、準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)及化學(xué)等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用，若此數(shù)列被4整除后的余數(shù)構(gòu)成一個新的數(shù)列{bn}，又記數(shù)列{cn}滿足c1＝b1，c2＝b2，cn＝bn－bn－1(n≥3，n∈N*)，則c1＋c2＋c3＋…＋c2019的值為________． 答案　3 解析　記“兔子數(shù)列”為{an}，則數(shù)列{an}每個數(shù)被4整除后的余數(shù)構(gòu)成一個新的數(shù)列{bn}為{1,1,2,3,1,0,1,1,2,

24、3,1,0，…}，可得數(shù)列{bn}構(gòu)成一周期為6的數(shù)列，由題意得數(shù)列{cn}為{1,1,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1，…}，觀察數(shù)列{cn}可知該數(shù)列從第三項(xiàng)開始后面所有的數(shù)列構(gòu)成一周期為6的數(shù)列，且每一周期的所有項(xiàng)的和為0，所以c1＋c2＋c3＋…＋c2019＝(c1＋c2)＋(c3＋…＋c2018)＋c2019＝1＋1＋1＝3. 三、解答題 13．(2019·河北廊坊期中聯(lián)合調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)∵

25、a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－， ∴當(dāng)n＝1時，a1＝2－＝； 當(dāng)n≥2，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)·an－1＝2－， ∴nan＝2－－＝，可得an＝， 又∵當(dāng)n＝1時也成立，∴an＝. (2)∵bn＝， ∴bn＝＝－， ∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－. 14．(2019·河北石家莊二中二模)已知等比數(shù)列{an}滿足an

26、1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q. 依題意得2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8. 因此a2＋a4＝20，即有 解得或 又?jǐn)?shù)列{an}單調(diào)遞增，則故an＝2n. (2)∵bn＝2nlog2n＝－n·2n， ∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① －2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② ①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1 ＝2n＋1－n·2n＋1－2. ∵Sn＋(n＋m)an＋1<0， ∴2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋1<0， 對任意正整數(shù)n恒成立， m·2n＋1<2－2n＋1對任意正整數(shù)n恒成立，即m<－1恒成立，∵－1>－1，∴m≤－1， 即m的取值范圍是(－∞，－1]．