2020届高考数学大二轮复习冲刺创新专题题型1选填题第8讲数列练习文

1、第 8 讲数列考情分析数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：（1）对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程（组）求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；（2）对数列通项公式的考查；（3）对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等.热点题型分析热点 1 等差、等比数列的基本运算及性质方法结论1 .等差（比）数列基本运算的解题策略（1）设基本量ai和公差d（公比q）；（2）歹U、解方程（组广把条件转化为关于a1和d（q）的方程（组），然后求解，注意整体计算，

2、以减少运算量.2 .等差（比）数列性质问题的求解策略3 1）解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；4 2）牢固掌握等差（比）数列的性质，可分为三类：通项公式的变形；等差（比）中项的变形；前n项和公式的变形.比如：等差数列中，若n=p+q,则aHan=ap+&（m*,n,p,qCN）；等比数列中，右mn=p+q,则am-an=apaq（簿n,p,qCN）.I【题型分析】I1 .已知在公比不为 1 的等比数列an中，a2a4=9,且 2a3为 3a2和a4的等差中项，设数列an的前n项积为Tn,则不=（）A.1B310C.318D.320

3、答案 D解析由题意得a2a4=a2=9.设等比数列a的公比为 q,由 2a3为 3a2和a4的等差中项可得 4a3=3a2+a%即 4a3+a3q,整理得 q2-4q+3=0,由公比不为 1,解得 q=3.所以78=ai,a2a8=a8q28=(a8q16),q12=(aiq2)8,q12=a3,q12=94x312=320.故选D.2 .(2019江苏局考)已知数列a(nCN)是等差数列，S是其前n项和.若a2a5+a8=0,$=27,则&的值是.答案 16-,一-1,9a1+a9一解析解法一：由$=27?2=27?a+a9=6?2a5=6?2a1+8d=6 且a5=3.又a?a5+

4、a8=0?2a1+5d=0,解得a1=5,d=2.-8X81故 S=8a1T2d=16.解法二：同解法一得a5=3.又出a5+a8=0?3a2+a8=0?2a2+2a5=0?a2=-3.,a5a2d=2,a1=a2d=15.3一 8X8-1故 S=8a1+2d=16.159J1113.在等比数歹Uan中，右a7+a&+a9+a0=a829=7，则一+=88a7a8a9d。答案539111111斛析由等比数列的性质可得，a7,a10=a8,a9=，一+=+8a7a8a9a。a7a1。11a7+awag+a9a7+a8+a9+a105【误区警示在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确

5、性与合理性，更要注意运算的准确性.如第 1 题要注意整体代换思想的运用，避免繁杂的运算出错；第 3 题易忽视等比数列性*一质右m+n=p+q,则am-an=ap-aq(nin,p,qN),而导致计算重过大.热点 2 求数列的通项公式方法结论V1 .已知 S 求 an的步骤(1)先利用a1=S 求出a1；(2)用n-1替换&中的n得到一个新的关系， 利用 an=SSi(n2)便可求出当n2时an的表达式；(3)注意检验 n=1 时的表达式是否可以与 n2 的表达式合并.2 .由递推关系式求数列的通项公式an+1(1)对于递推关系式可转化为-=f(n)的数列，并且容易在求数列f(n)前n项

6、的积an时，采用叠乘法求数列an的通项公式；(2)对于递推关系式可转化为an+1=an+f(n)的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式；(3)对于递推关系式形如an+1=pan+q(pwo,1,qw。)的数列，采用构造法求数列的通项公式.【题型分析】.an+1an1 .(2019长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列an中，a1=2,=+Inn+1n.1 一，一1+n,则an等于()A.2+nlnnB.2n+(n1)lnnC.2n+nlnnD.1+n+nlnn答案 Can+1an解析由题意得在 y-=ln(n+1)lnn,n分别用 1,2,3,，(n1)取代，累加ana1an得 31

7、=lnnln1=lnn,n=2+lnn,1.an=(lnn+2)n,故选 C.2 .已知数列a的前 n 项和为 S,且 a=1,an+1=2$,则数列an的通项公式为.1,n=1,答案an=n_223,n2解析当 n2 时，an=2S1-1,an+1an=2S1231T=2an,即an+1=3an,数列an的第 2 项及以后各项构成等比数列，a2=2a1=2,公比为 3,an=23n-2,n2,当 n=1 时，日=1,1 ,n=1,数列an的通项公式为an=n_22 3,n2.【误区警示】1 .利用an=$S1求通项时，应注意n2这一前提条件.第 2 题易错解为an=2-3-22 .利用递推关

8、系式求数列通项时，要合理转化确定相邻两项之间的关系.第 1 题易错点有二：一是已知条件的转化不明确导致无从下手；二是叠加法求通项公式不熟练导致出错.热点 3 数列求和问题方法结论V1 .分组求和的常用方法(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正、负项分组，此时数列的通项式中常会有(一 1/等特征.2 .裂项相消的规律3 1)裂项系数取决于前后两项分母的差；4 2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.5 .错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘anbn型数列求和；(2)步骤求和时先乘以等比数列bn的公比；把两个和的形式错位相减；整理结果形式.题型分析】1.已知数列

9、d的前n项和为&=2n+1+m且a1,a%a52 成等差数列，bn=an2017,-,-L，数列bn的前n项和为Tn,则满足品的最小正整数n的值为()an-1an+112010A.11B.10C.9D.8答案 B-m+4,n=1,解析根据s=2n+m可以求得an=n2,n2,所以有 a1=mH-4,a4=16,a5=32,根据a1,a4,a52成等差数列,可得 4+322=32,从而求得 m=2,所以 ai=2 满足 an=2,从而求得an=2n(nCN*),_J-2n-1-2n-111111111所以Tn=1 一+3-7+7 一行+广一？7:1一一 12017.一.一令 1-2n+1

10、_120 而，整理得 22019,解得n10.2.已知数列&的前n项和为S,且an=n-2n,则S=答案(n1)2n+1+2解析由an=n2n且&=ada+an得，S=1X21+2X22+3X23+(n-1)X2n-1+nX2n,.2S=1X22+2X23+(n1)X2n+nx2n+1两式相减得,&=21+22+23+2nnx2n+1$=nx2n+1-2n+1+2=(n-1)2n+1+2.I【误区警示】裂项相消后一般情况下剩余项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的.第1 题易搞错剩余项，导致求和出错.第 2 题错位相减法求和时，易出现以下两种错误：一是两式错位

11、相减时最后一项 nx2n+1没有变号；二是对相减后的和式的结构认识模糊，把项数数错热点 4 数列的综合应用方法结论V1 .解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.2 .数列与函数综合问题的注意点所以bn=anan1an+112n212n1-1212n-12-nx2n+1=2n+1-2-nX2n+1(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关系时要特别(2)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化.I【题型分析】由息彳导,a2a1=2x1,a3a2=2X2,a4a3=2x3,，ana

12、n1=2(n1),n-1 个式子累加，得(a2ai)+(a3a2)+(anan-1)=21+2+(n即才一曰=n(n1),得an=a+n(n1)=n2-n+33,ann2-n3333所以一=n+1.nnn由 f(x)0,解得xy33;由f(x)0,解得 0 xV33.所以函数f(x)在,+8)上单调递增，在(0,遍)上单调递减.41.设数歹Uan的前n项和为Sn,已知a1=-,5an+1=于于( () )5044A.-5-5047B52an,00),则f(x)=1三,因为 nCN*,所以当 n=6 时，f(n)即an取得最小值，而f(6)=a;6=6+3-1=y.an21所以酒最小值为f(6)

13、=云I【误区警示】第 1 题易把数列的周期求错，导致S2018的值求错.第 2 题易出现的错误有两个：一是在an33.一n的表达式中，忽视 n 为正整数的特点并直接利用基本不等式 n+1243 求解最值；二是即使考虑了“为正整数，但把取最小值时的n值弄错.真题自检感悟1.（2018全国卷I）设 S 为等差数列an的前 n 项和.若 34=&+S,a=2,则 as=（）A.-12B.-10C.10D.12答案 B解析设该等差数列的公差为 d,根据题中的条件可得34X33X3X2+2d=2X2+d+4X2+2d,整理解得 d=-3,所以as=aM-4d=2-12=10,故选 B.2.（20

14、19北京高考）设等差数列an的前n项和为S,若a2=3,9=10,则as=,&的最小值为.答案 010解析a2=a1+d=-3,&=5a+10d=-10,a1=4,d=1,-a5=ai+4d=0,an=a1+（n1）d=n5.令 d0,则n12an+1成立的n的最小值为.答案 27一一 21X1+412-25X2一一，一一一一一一斛析S6=+=503,%7=43,贝U12a27=516,不满足Sn12an+1；21-2522X1+4322X2一、&7=+=546,a28=45,则 12a28=540,满足 312+1.所以n的最小21-2值为 27.专题作业一、选择题1

15、 .（2017全国卷 I）记S为等差数列an的前n项和.若a4+a5=24,&=48,则an的公差为（）A.1B.2C.4D.8答案 C解析设an的公差为 d,则a1+3d+a+4d=24,a4+a5=24,由得 6X5S6=48,6a1+2-d=48,解得 d=4.故选 C.2 .（2019河北衡水模拟）已知等差数列an的前n项和为S,且&=6 兀，则 tana5=（）A.3B.；13C.-.13D.T3答案 C 一_9a+a92 兀一解析由等差数列的性质可得，$=6 兀=9a5,.5=,则 tana5=232tan-=-3,故选 C.3 .（2019广州综合测试）已知数列a

16、n为等比数列,若a4+a6=10,则a7（ad2a3）+a3a9的值为（）A.10B.20C.100D.200答案 C解析a7(ai+2a3)+a3a9=a7ai+2a7a3+a3a9=a2+2a4a6+a：!=(a4+ae)2=100,故选 C.4 .(2019大连模拟)设等比数列an的前 n 项和为 S,&=3,&=15,则&等于(A.27B.31C.63D.75答案 C解析由题意得S2,S,S6&成等比数列，所以 3,12,Se15 成等比数列，所以212=3X(415),解得Ss=63.5 .若S为数列a的前n项和，且 S=2an2,则&等于()

17、A.255B.256C.510D.511答案 C解析当 n=1 时，a1=S=2d2,据此可得 d=2,当 n2 时，S=2an-2,S1=2an1-2,两式作差可得 an=2an281,则 an=2an1,据此可得数列an是首项为 2,公比为 2 的等比数列，2X1-28-9-一其前 8 项和为&=22=5122=510.126.设&是公差不为0的等差数列d的前n项和，&=ai,且S,0成等比数列,则a10等于()A.15B.19C.21D.30答案 B解析设等差数列an的公差为 d,因为 Ss=a2,所以 3a2=a2,解得a2=0 或a2=3,又因为S,S2,S4

18、构成等比数列，所以SUSS4,2所以(2a2-d)=(a2-d)(4a2+2d),若 a=0,则 d2=-2d：此时 d=0,不符合题意，舍去，2当 a=3 时，可得(6d)=(3d)(12+2d),解得 d=2(d=0 舍去)，所以a10=a2+8d=3+8X2=19.7.（2019烟台模拟）已知an为等比数列，数列bn满足7=2,b2=5,且an（bn+1bn）=an+i,则数列bn的前n项和为（）223n+n3n-nA.3n+1B.3n-1C.2D.-2答案 C解析b1=2,b2=5,且an（bn+1bn）=an+1,1.a1（b2-b1）=a2,即a2=3a1,又数列an为等比数列，数

19、歹 Uan的公比 q=3,且 anw0,一，,an+1一bn+1-bn=3,an.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2.ccnn-13n+nSn=2n+2*3=28.（2016 四川高考）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是（）（参考数据：lg1.12=0.05,lg1.3=0.11,lg2=0.30）A.2018 年 B.2019 年 C.2020 年 D.2021 年答案 B解析根据题意，知每年投入的研

20、发资金增长的百分率相同，所以，从 2015 年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列an,其中，首项a1=130,公比 q=1+12*1.12,所an39.已知数列&满足 d=0）an+1=-丫（nCN）,则a56等于（）73an+1A.-J3C.3答案 A2015以an=130X1.121.由 130X1.12nT200,两边同时取对数，得 n-1lg2lg1.3lg1.12lg2lg1.30.30-0.11ylg1.120.05=3.8,则n4.8,即a5开始超过 200,所以2019 年投入的研发资金开始超过 200 万元，故选B.B.03D.y人，一an%J3*解析因为3n+1

21、=_(nCN),ai=0,3an+1所以a2=yJ3,a3=3,34=0,st=-3,as=3,故此数列的周期为 3.为（为（）nA.22nC.-n+1答案 D1n=（1+2+n）=,n+121111 一,从而bn=ai=nn+L,nn所以数列bn的前n项和为$=,-22111111114n41-2+2-3+3-4+E=41 一:一.故选D.11 .（2017全国卷 I）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,121,2,4,1,2,4,8,124,8,16,，其

22、中第一项是 2,接下来的两项是 20,21,再接下来的三项是 20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数 N:N100 且该数列的前N项和为 2 的整数哥.那么该款软件的激活码是（）A.440B.330C答案 A1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类推,一一“n1+n_*_、一由题意知，N100,令 2100?n14 且 nCN,即N出现在第 13 组之后.第 n 组的各项和为1=2n1,前 n 组所有项的和为;fn=2n+12n.1-21-2所以a56=a18X3+2=22=10.在数歹Uan中,一.3.12an=-|-+-,-,又又bnn+1n+1n

23、+1SSn+1,则数列bn的前n项和4nD.-n+1解析由已知得an=nn+k+ni解析设首项为第则第n组的项数为n,前n组的项数和为 n12 匕n设N是第 n+1 组的第k项，若要使前N项和为 2 的整数格则2n12n项的和即第n+1 组的前k项的和 2k1 应与一2n互为相反数，即 2k1=2+n(kCN,n14),k=29X129，log2(n+3)?n 最小为 29,此时 k=5,贝 UN=2+5=440.故选 A.*12 .已知数列an中，31=2,n(an+1a)=an+1,nCN,若对于任意的aC2,2,nCN,不等式n对+心1恒成立,则实数t的取值范围为（）A.(8,2U2,+oo)B.(巴-2U1,+oo)C.(巴1U2,+oo)D.-2,2答案 A解析根据题意，数列an中，n(a+1an)=an+1,即nan+1(n+1)an=1,则有ni7an+1ananan-1an-1an-2a2n+1nnn-1n-1n-2 十十 21,即 3n2t2+at1,.对于任意的 aC2,2,nCN*,不等式03,化为 2t2+at-40,设f(a)=2t2+at4,aC2,2,可得f(2)0t+t20,且f(2)0,即有2t20、填空题13