2021届高考数学一轮专题重组卷 第一部分 专题八 数列 理（含解析）.doc

1、专题八数列本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019青岛模拟)数列1,3,6,10,15，的一个通项公式是()Aann2(n1) Bann21Can Dan答案C解析设此数列为an，则由题意可得a11，a23，a36，a410，a515，仔细观察数列1,3,6,10,15，可以发现：11，312，6123，101234，1512345，所以第n项为12345n，所以数列1,3,6,10,15，的通项公式为an.2(2019

2、三明模拟)已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，则数列an的通项公式为()Aan2n BanCan2n1 Dan2n1答案B解析由log2(Sn1)n1，得Sn12n1.当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n.所以数列an的通项公式为an故选B.3(2019长春模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S130，则在数列中绝对值最小的项为()A第5项 B第6项 C第7项 D第8项答案C解析根据等差数列an的前n项和公式Sn，因为所以由得所以数列an中绝对值最小的项为第7项4(2019牡丹江二模)设等差数列an满足a511，a123，其前n项和Sn的最大值为M，则l

3、g M()A1 B1 C2 D2答案C解析由a511，a123，得公差d2，所以an11(n5)(2)212n，所以a119，故Sn19n(2)n220n(n10)2100100，所以M100，所以lg M2.5(2019南阳月考)已知各项均不为零的数列an，定义向量cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*.下列命题中真命题是()A若nN*总有cnbn成立，则数列an是等比数列B若nN*总有cnbn成立，则数列an是等比数列C若nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列D若nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列答案D解析向量cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*，当cnb

4、n时，(n1)annan10，即anna1，数列an为等差数列，D正确，B错误；当cnbn时，nan(n1)an10，即ana1，数列an既不是等差数列，也不是等比数列，A，C错误故选D.6(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3()A16 B8 C4 D2答案C解析由题意知解得a3a1q24.故选C.7(2019重庆市重点中学联考)已知an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且，则数列|log2an|的前10项和为()A58 B56 C50 D45答案A解析设数列an的公比为q，根据题意知q3，所以q，从而有an32n1272n，所以

5、log2an72n，所以|log2an|2n7|，所以数列|log2an|的前10项和等于53113579111358.故选A.8(2019宜宾二诊)设Sn为等比数列an的前n项和，若an0，a1，Sn2，则an的公比的取值范围是()A. B. C. D.答案A解析设等比数列an的公比为q，则q1.an0，a1，Sn2，qn10，2，1q0.144q，解得q.综上可得，an的公比的取值范围是.故选A.9(2019揭阳模拟)已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A. B. C. D.答案C解析2a122a22nann(nN*)，2a12

6、2a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，当n1时也满足，故an，故，Sn11，S1S2S3S10，故选C.10(2019辽宁省鞍山市模拟)等差数列an和bn的前n项和分别为Sn与Tn，对一切自然数n都有，则等于()A. B. C. D.答案D解析an和bn均为等差数列，且前n项和分别为Sn与Tn，.故选D.11(2019四川省高三一诊)已知正项等比数列an的前n项和Sn满足S42S23，则S6S4的最小值为()A. B3 C4 D12答案D解析根据题意，设该等比数列的首项为a1，公比为q，若S42S23，则有S42S2a1a2a3a42(a1a2)(a3a4)(a1a2)(q21)

7、(a1a2)3，又由数列an为正项的等比数列，则q1，则(a1a2)，则S6S4(a5a6)q4(a1a2)q43632 12，当且仅当q22时等号成立，即S6S4的最小值为12.故选D.12(2019广州市天河区高三一模)若数列bn满足：2n(nN*)，则数列bn的前n项和Sn为()A2n1 B42n4 C2n22 D2n24答案D解析数列bn满足：2n(nN*)，可得2(n1)(nN*)，可得2n2(n1)2，可得bn2n1(n2)当n1时，b14，所以数列bn的通项公式为bn2n1.所以数列bn是等比数列，公比为2.数列bn的前n项和Sn2n24.故选D.第卷(非选择题，共90分)二、填

8、空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019河南省八市重点高中高三第二次联合测评)将正整数1,2,3，n，排成数表如表所示，即第一行3个数，第二行6个数，且后一行比前一行多3个数，若第i行，第j列的数可用(i，j)表示，则100可表示为_第1列第2列第3列第4列第5列第6列第7列第8列第1行123第2行987654第3行1011121314151617答案(8,9)解析第一行有a13个数，第二行有a26个数，每一行的数的个数组成以3为首项，3为公差的等差数列，第n行有an33(n1)3n个数，由求和公式可得前n行共n(33n)个数，经验证可得第8行的最后1个数为85，按表中的规律

9、可得第8行共24个数，第一个为108，100为第8行的第9个数，故答案为(8,9)14(2019江苏南通市重点中学模拟)设yf(x)是一次函数，f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)f(4)f(2n)_.答案n(2n3)解析设yf(x)axb，f(0)1，b1，f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，所以有(4a1)2(a1)(13a1)，a2，yf(x)2x1，f(2)f(4)f(2n)4(12n)n2n(n1)nn(2n3)15(2019江苏省镇江市期末)已知等差数列an的公差为d(d0)，前n项和为Sn，且数列也为公差为d的等差数列，则d_.答案2(a11)

10、解析等差数列an的公差为d(d0)，前n项和为Sn，且数列也为公差为d的等差数列，Snna1d，即S1a1，S22a1d，S33a13d，成等差数列，2，8(a11)4d4(a11)3d2，整理，得d2(a11)16(2019新疆高三一模)已知数列an为等差数列，a33，a1a2a621，数列的前n项和为Sn，若对一切nN*，恒有S2nSn，则m能取到的最大正整数是_答案7解析设数列an的公差为d，由题意得，解得ann，且，Sn1，令TnS2nSn，则Tn1，Tn1Tn0，Tn1Tn，则Tn随着n的增大而增大，即Tn在n1处取最小值，T1S2S1，对一切nN*，恒有S2nSn成立，即可，解得m

11、8，故m能取到的最大正整数是7.三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)(2019全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式解(1)证明：由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)知，

12、anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.18(本小题满分12分)(2019广东二模)已知数列an满足a1a2a3an1ann1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan，求数列bn的前n项和Sn.解(1)数列an满足a1a2a3an1ann1，则当n2时，a1a2a3an1n，得an，当n1时，a12，满足上式所以an.(2)由于an，所以bnan112，则Sn2222n2n1.19(本小题满分12分)(2019江西红色七校联考)已知数列an为等差数列，Sn为an的前n项和，2a2a5a8，S525.数列bn为等比数列且bn0，

13、b1a1，ba1a5.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)记cn，其前n项和为Tn，求证：Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，则由2a2a5a8，S525，得解得所以an2n1.所以a11，a59.设等比数列bn的公比为q，由ba1a5且bn0，得b2q3，bn3n1.(2)证明：cn2，Tn22，易知Tn随着n的增大而增大，所以TnT12.20(本小题满分12分)(2019贵阳模拟)已知数列an中，a11，Sn是数列an的前n项和，且对任意的r，tN*，都有2.(1)判断an是否为等差数列，并证明你的结论；(2)若数列bn满足2n1(nN*)，设Tn是数列bn的前n项和，证明：Tn6

14、.解(1)an是等差数列证明如下：因为对任意的r，tN*，都有2，所以对任意的nN*，有n2，即Snn2.从而n2时，anSnSn12n1，且n1时此式也成立所以an1an2(nN*)，即an是以1为首项，2为公差的等差数列(2)证明：由2n1，得bn.Tn1031(2n1)n1，Tn1132(2n3)n1(2n1)n.两式相减，得Tn121222n1(2n1)n12(2n1)n14(2n1)n3(2n3)n，Tn6(2n3)n1.nN*，Tn6(2n3)n16.21(本小题满分12分)(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求

15、an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式；求ici(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意得解得故an4(n1)33n1，bn62n132n.所以，an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(2)a2n(c2n1)a2n (bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以，数列a2n (c2n1)的通项公式为a2n (c2n1)94n1.iciaiai(ci1)i2i(c2i1)(94i1)(322n152n1)9n2722n152n1n12(nN*)22(本小题满分12分)(2019北京

16、高考)已知数列an，从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im)，若ai1ai2aim，则称新数列ai1，ai2，aim为an的长度为m的递增子列规定：数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列；(2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0.若pq，求证：am0an0；(3)设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个(s1,2，)，求数列an的通项公式解(1)1,

17、3,5,6.(答案不唯一)(2)证明：设长度为q，末项为an0的一个递增子列为ar1，ar2，arq1，an0.由pq，得arparq1an0.因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0，又ar1，ar2，arp是an的长度为p的递增子列，所以am0arp.所以am0an0.(3)由题设知，所有正奇数都是an中的项先证明：若2m是an中的项，则2m必排在2m1之前(m为正整数)假设2m排在2m1之后设ap1，ap2，apm1，2m1是数列an的长度为m，末项为2m1的递增子列，则ap1，ap2，ap m1，2m1，2m是数列an的长度为m1，末项为2m的递增子列与已知矛盾再证明：所有正偶数都是an中的项假设存在正偶数不是an中的项，设不在an中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k1之前(k1,2，m1)，所以2k和2k1不可能在an的同一个递增子列中又an中不超过2m1的数为1,2，2m2,2m1，2m1，所以an的长度为m1且末项为2m1的递增子列个数至多为 112m12m.与已知矛盾最后证明：2m排在2m3之后(m2且m为整数)假设存在2m(m2)，使得2m排在2m3之前，则an的长度为m1且末项为2m1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾综上，数列an只可能为2,1,4,3，2m3,2m，2m1，.经验证，数列2,1,4,3，2m3,2m,2m1，符合条件所以an