高考考点完全题数学(文)专题突破练习题 专题突破练4 数列中的典型题型与创新题型 Word版含答案

一、选择题

1. 如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于( ) A．14 C．28 答案 C

解析 ∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3

＋a5)＋a4＝7a4＝28.

2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，则m等于( ) A．9 C．11 答案 C

解析 am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a3·a3·a3＝a3＝a1·q. 因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝a1·q＝a1q，所以m＝11.

3．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于( ) A．2 C．4 答案 D

解析 ∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0.

∵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，故选D.

4．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )

A．0 C．8 答案 B

解析 设{bn}的公差为d，

∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2. ∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，

7×6

∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0，

2

又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0， ∴a8＝3.故选B.

5．已知等差数列：1，a1，a2,9；等比数列：－9，b1，b2，b3，－1.则b2(a2－a1)的值为

B．3 D．11

*

5

10

102

2

5

5

10

B．21 D．35

B．10 D．12

B．3 D．2或3

( )

A．8 C．±8 答案 B

9－182

解析 a2－a1＝d＝＝；又b2＝b1b3＝(－9)×(－1)＝9，因为b2与－9、－1同号，

33所以b2＝－3.所以b2(a2－a1)＝－8.

6．约瑟夫规则：将1,2,3，…，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1,3,5,7，….当n＝65时，剩余的一个数为( )

A．1 C．4 答案 B

解析 将1,2,3，…，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，首先删除的数为1,3,5,7，…，65(删除33个，剩余32个)；然后循环，删除的数的个数分别为16,8,4,2,1，最后剩余2，故选B.

1

7．在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝( )

2A．24 C．66 答案 D

11

解析 设{an}公差为d，∵a9＝a12＋6，∴a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，∴a1＋5d＝12，即

22

B．48 D．132 B．2 D．8 B．－8 8

D. 9

a6＝12.∴数列{an}的前11项和S11＝a1＋a2＋…＋a11＝(a1＋a11)＋(a2＋a10)＋…＋(a5＋a7)＋a6＝11a6＝132.故选D.

8．在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2－1，则a1＋a2＋…＋an＝( )

nn2

2

2

A．(2－1) C．4－1 答案 D

nn2

B.

n－3

2

4－1D.

3

解析 记Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－1，则an＝Sn－Sn－1＝2

2

21

22

nn－1

(n≥2)，当n＝1时也满足，

nn2

1－44－1

所以{an}是首项为1，公比为4的等比数列，所以a＋a＋…＋an＝＝，故选D.

1－43

9．将向量a1＝(x1，y1)，a2＝(x2，y2)，…，an＝(xn，yn)组成的系列称为向量列{an}，

并定义向量列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.如果一个向量列从第二项起，每一项与前一项的差都等于同一个向量，那么称这样的向量列为等差向量列．若向量列{an}是等差向量列，则下面四个向量中，与S21一定平行的向量是( )

A．a10 C．a20 答案 B

解析 在等差数列{an}中，S21＝有S21＝21a11，故与S21一定平行的是a11.

B．a11 D．a21

a1＋a21

2

＝

21·2a11

＝21a11，类比等差数列的性质2

an2

10．已知数列{an}中，a1＝t，an＋1＝＋，若{an}为单调递减数列，则实数t的取值范

2an围是( )

A．(－∞，－2) C．(0,2) 答案 D

解析 由题意可知：对一切正整数n，均有an＋1B．(－2,0) D．(2，＋∞)

t2

＋2，故应选D. 2t11．已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝＝( )

A．2 C．2 答案 C

解析 由已知，b1b2…b20＝·…

10

10

11

119

an＋1

，若b10b11＝2，则a21anB．2 D．2

12

10

a2a1a3a2a21a21a21

＝＝.因为{bn}为等比数列，则b1b2…b20＝a20a12

(b10b11)＝2，所以a21＝2b1b2…b20＝2，选C.

19

12．在公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝ap＋aq，记＋的最小值为m.若数列{bn}

pq2b2b3b100

满足b1＝m,2bn＋1－bn·bn＋1＝1.则b1＋2＋2＋…＋2＝( )

1123100

A.C.97 100100 101

B.D.99 100102 101

答案 C

解析 在等差数列{an}中，由a2＋a4＝ap＋aq，得p＋q＝6，p，q∈N，所以当p＝1，q*

191419111910

＝5时，＋＝；当p＝2，q＝4时，＋＝；当p＝3，q＝3时，＋＝；当p＝4，

pq5pq4pq3

q＝2时，＋＝；当p＝5，q＝1时，＋＝.所以当且仅当p＝2，q＝4时，＋取最pq4pq5pq11111111

小值，所以m＝，即b1＝.由2bn＋1－bn·bn＋1＝1可得bn＋1＝.由b1＝，则b2＝

4422－bn21

2－2213nbn＝，b3＝＝，…，归纳出bn＝，代入到2bn＋1－bn·bn＋1＝1使等式成立．所以2＝324n＋1n2－31nn＋

11b2b3b100100＝－，所以b1＋2＋2＋…＋2＝. nn＋123100101

1919194619

二、填空题

13．设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N，都有向量PnPn＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

答案 n

解析 ∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，∴PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，∴an＋1－an＝2，∴{an}是公差d为2的等差数列．又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，∴Sn＝n＋

2

*

nn－

2

×2＝n.

*

2

14．设数列{an}的通项公式为an＝pn＋q(n∈N，p>0)．数列{bn}定义如下：对于正整数

m，bm是使不等式an≥m成立的所有n中的最小值．若p＝，q＝－，则b3＝________.

答案 7

11112011

解析 由题意得an＝n－，解n－≥3，得n≥，∴n－≥3成立的所有n中的最

2323323小整数为7，即b3＝7.

1

213

1n1n1n*

15．已知数列{an}的通项公式为an＝－8＋9－3(其中n∈N)，若第m项是数

842

列{an}中的最小项，则am＝________.

5

答案 －

16

1n1322

解析 设t＝∈0，，得y＝－8t＋9t－3t，y′＝－24t＋18t－3＝－3(2t－

22

11111)(4t－1)，当t∈0，时，y′<0，当t∈，时，y′>0，所以当t＝时，取得最小值44425

－. 16

16．设数列{an}的前n项和为Sn，若

Sn为常数，则称数列{an}为“精致数列”．已知等S2n差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为________．

答案 bn＝2n－1

解析 设数列{bn}的公差为d(d≠0)，

Sn1

＝k，∵b1＝1，∴n＋n(n－1)d＝S2n2

k2n＋2n

1

2

n－

d，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得：(4k－1)dn＋(2k－1)(2



－d)＝0，∵上式对任意n∈N都成立，

d∴

*

k－k－

＝0，

－d＝0，

d＝2，

解得1

k＝，4

∴bn＝2n－1.

三、解答题

17．已知等差数列{an}中，a5＝12，a20＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Sn. 解 (1)设{an}的公差为d，依题意

a5＝a1＋4d＝12，



a20＝a1＋19d＝－18，

∴a1＝20，d＝－2.

∴an＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22.

－2n＋22，n≤11，(2)易知|an|＝|－2n＋22|＝

2n－22，n>11，

∴n≤11时，Sn＝20＋18＋…＋(－2n＋22) ＝

n－2n＋

2

＝(21－n)n；

n>11时，Sn＝S11＋2＋4＋…＋(2n－22)

＝110＋

2

n－

2

＋2n－

＝n－21n＋220.

－nn，n≤11，

综上所述，Sn＝2

n－21n＋220，n>11.

*

18．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－an，其中n∈N. (1)求{an}的通项公式；

(2)若bn＝nan，求{bn}的前n项和Tn. 1

解 (1)当n＝1时，S1＝1－a1，解得a1＝.

2

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)＝an－1－an，化简整理得111n因此，数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，从而an＝.

22211213141n(2)由(1)可得Tn＝1·＋2·＋3·＋4·＋…＋n·，

2222211111Tn＝2＋2·3＋3·4＋…＋n·n＋1，

2222211n＋1

－2211n＋1

∴Tn＝－n·， 212

2

an1

＝(n≥2)， an－12

1n－11n∴Tn＝2－－n·.

22

1t*

19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝Sn＋(n∈N，t>－4)，令bn＝lg an416

＋1

.

(1)若{an}成等比数列，求t的值；

(2)若t＝－3，设数列{bn}前n项和为Tn，n为何值时Tn取最小值． 解 (1)∵an＋1＝Sn＋，①

16

ttan＝Sn－1＋，②

16

①－②得an＋1＝2an(n≥2)． 若{an}成等比数列，

t4＋t1

则a2＝S1＋＝＝2a1＝.

16162

解得t＝4>－4成立，∴t＝4. 11

(2)a2＝，b1＝lg ＝－4lg 2，

1616

n≥1时，bn＝b1＋(n－1)lg 2＝(n－5)lg 2， n≤4时，bn<0，b5＝0，n≥6时bn>0.

∴n＝4和n＝5时Tn取最小值．

20．已知公差不为零的等差数列{an}，满足a1＋a3＋a5＝9，且a1，a4，a16成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝

1

anan＋1an＋2

，求数列{bn}的前n项和Sn.

解 (1)∵a1＋a3＋a5＝9，∴3a3＝9，∴a3＝3. ∵a1，a4，a16成等比数列，∴a4＝a1a16. ∴(3＋d)＝(3－2d)(3＋13d)．

∵d≠0，∴d＝1，∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)＝n. (2)由(1)得bn＝1＝2n1n＋

1

2

2

anan＋1an＋2n－1

＝1

n＋n＋

n＋

n＋

 

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn

11111－－＝＋＋…＋

21×22×32×33×4

n

1

n＋n＋

－1

1

n＋n＋

n＋

 

11＝－221＝－4

 

. *

1

n＋n＋

21．已知{an}是正项等差数列，∀n∈N，数列(1)求an；

1n的前n项和Sn＝. 2n＋4an·an＋1



(2)设bn＝(－1)an，n∈N，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)依题意，设an＝α＋βn(α、β是常数，且β>0)．

n2*

S1＝，即(α＋β)(α＋2β)＝6，

a1·a2

1

＝S2－S1，即(α＋2β)(α＋3β)＝12. a2·a3

解

1

α＋βα＋2β

α＋2βα＋3β

＝6，

＝12

α＝－1，

得

β＝－1

α＝1，

(舍去)，或

β＝1，

an＝n＋1.

n2n(2)由(1)得bn＝(－1)(n＋1)，bn－1＋bn＝(－1)·[n＋

2

－n]＝(－1)n(2n＋1)．

2

n为偶数时，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－1＋bn)

＝5＋9＋…＋(2n＋1)＝

nn＋

2

，

n为奇数时，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－2＋bn－1)＋bn

＝5＋9＋…＋(2n－1)－(n＋1)

2

＝

n－

2

n＋

－(n＋1)

2

＝－

n2＋3n＋4

2

.

－∴T＝n

nn2＋3n＋4

2

，n为奇数，

n＋

2

，n为偶数.