2021届高考数学一轮复习 第二部分 专题突破练（4）数列中的典型题型与创新题型（含解析）新人教B版.doc

1、专题突破练(4)数列中的典型题型与创新题型一、选择题1如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512，3a412，a44.a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.故选C2在等比数列an中，a11，公比|q|1.若ama1a2a3a4a5，则m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3aaa3aaq10.因为a11，|q|1，所以amaq10a1q10，所以m11.故选C3在递减等差数列an中，若a1a50，则Sn取最大值时n等于()A2 B3

2、C4 D2或3答案D解析a1a52a30，a30.d0，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D4在等差数列an中，首项a10，公差d0，若aka10a11a100，则k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d(n1)d，因为aka10a11a100，所以ak100a1d4914d，又ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以k4915.故选D5(2019江西赣州名校联考)大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代

3、表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则该数列的第16项为()A98 B112 C144 D128答案D解析设该数列为an，由题意可得an则a16162128，故选D6已知数列an的通项为anlogn1(n2)(nN*)，我们把使乘积a1a2a3an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2018内的所有“优数”的和为()A1024 B2012 C2026 D2036答案C解析设a1a2a3anlog23log34log45logn1(n2)log2(n2)k，kZ，则

4、0n2k22018,22k2020,10，a6和a8是函数f(x) ln xx28x的极值点，则S8()A38 B38 C17 D17答案A解析因为f(x)ln xx28x，所以f(x)x8，令f(x)0，解得x或x.又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d0，所以a6，a8，所以解得所以S88a1d38，故选A11(2019河南林州调研)设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S170，S180，且S180，S189(a9a10)0，a9a100，a100，0，0，0，0，0，又S1S2a2a9，则最大故选C12已知数列an为等比数列，a1(0,1)，a2(1,2)，a3(2,3)，则a4

5、的取值范围是()A(3,4) B(2，4)C(2,9) D(2，9)答案D解析设等比数列an的公比为q，由已知得由得q1；由得q22；由得q1且q3，故q3.因为a4a1q3(a1q2)q，所以2a40的最小正整数n为_答案5解析由题设可知轨迹C1，C2，C3，C4，C5，C6，Cn分别是半径为1,2,4,8,16,32，2n1的圆因为an|AnAn1|min，所以a11，a22，a34，a48，an2n1，所以Sna1a2a3an1242n12n1.由Sn5n0，得2n15n02n5n1，故最小的正整数n为5.三、解答题17已知等比数列an中，an0，a1，nN*.(1)求an的通项公式；(

6、2)设bn(1)n(log2an)2，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)设等比数列an的公比为q，则q0，因为，所以，因为q0，解得q2，所以an2n12n7，nN*.(2)bn(1)n(log2an)2(1)n(log22n7)2(1)n(n7)2，设cnn7，则bn(1)n(cn)2.T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n.18已知等差数列an的公差为2，等比数列bn的公比为2，且anbnn2n.(1)求数列an和bn的通项公式；

7、(2)令cn，记数列cn的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小解(1)anbnn2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1.(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn，Tn0，所以lg2lg，又lglg 20，所以数列是首项为lg 2，公比为2的等比数列(2)由(1)知lg2n1lg 2lg 22n1，所以an22n1，所以Rn22022122222n122021222n122n1.21(2019安徽六校第二次联考)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a23，a3a22，等差数列bn的前n项和为Sn，且b35，S416.(1)求数列an，bn的通项公式；

8、(2)如图在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，Pn(an,0)，Pn1(an1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，Qn(an，bn)，若记PnQnPn1的面积为cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，因为a1a23，a3a22，所以得3q25q20，又q0，所以q2，a11，则an2n1.设数列bn的公差为d，因为b35，S416，所以解得则bn2n1.(2)由(1)得PnPn1an1an2n2n12n1，PnQnbn2n1，由cnSPnQnPn1(2n1)2n2，则Tnc1c2c3cn11325(2n1)2n2，2Tn112345(2n1)2n1，由得，Tn2(122n2)(2n1)2n1(2n1)2n1(32n)2n1，故Tn(2n3)2n1(nN*)