资源描述
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，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于( )
A．14 B．21
C．28 D．35
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.应选C．
2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.假设am＝a1a2a3a4a5，那么m等于( )
A．9 B．10
C．11 D．12
答案 C
解析 am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a·a·a3＝a＝a·q10.因为a1＝1，|q|≠1，所以am＝a·q10＝a1q10，所以m＝11.应选C．
3．在递减等差数列{an}中，假设a1＋a5＝0，那么Sn取最大值时n等于( )
A．2 B．3
C．4 D．2或3
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.应选D．
4．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，假设ak＝a10＋a11＋…＋a100，那么k＝( )
A．496 B．469
C．4914 D．4915
答案 D
解析 因为数列{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，因为ak＝a10＋a11＋…＋a100，所以ak＝100a1＋d－＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915.应选D．
5．(2022·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，…，那么该数列的第16项为( )
A．98 B．112
C．144 D．128
答案 D
解析 设该数列为{an}，由题意可得an＝那么a16＝×162＝128，应选D．
6．数列{an}的通项为an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫做“优数〞，那么在(0,2022]内的所有“优数〞的和为( )
A．1024 B．2022
C．2026 D．2036
答案 C
解析 设a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·logn＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，那么0<n＝2k－2≤2022,2<2k≤2022,1<k≤10，∴所有“优数〞之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝－18＝211－22＝2026.应选C．
7．数列{an}中，an＋1＝3Sn，那么以下关于{an}的说法正确的选项是( )
A．一定为等差数列
B．一定为等比数列
C．可能为等差数列，但不会为等比数列
D．可能为等比数列，但不会为等差数列
答案 C
解析 假设数列{an}中所有的项都为0，那么满足an＋1＝3Sn，所以数列{an}可能为等差数列，故B，D不正确；由an＋1＝3Sn，得an＋2＝3Sn＋1，那么an＋2－an＋1＝3(Sn＋1－Sn)＝3an＋1，所以an＋2＝4an＋1，当a1≠0时，易知an＋1≠0，所以＝4，由an＋1＝3Sn，得a2＝3a1，即＝3，此时数列{an}既不是等比数列又不是等差数列，故A不正确，C正确．应选C．
8．(2022·贵阳模拟)定义为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数〞．假设正项数列{an}的前n项的“快乐数〞为，那么数列的前2022项和为( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 设数列{an}的前n项和为Sn，那么根据题意，得＝，那么Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2(n≥2)，当n＝1时也适合，所以an＝6n－2，所以＝＝＝－，所以的前2022项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.
9．(2022·江西南昌测试二)各项均为正数的递增数列{an }的前n项和为Sn满足2＝an＋1，bn＝，假设b1，b2，bm成等差数列，那么的最大值为( )
A． B．
C． D．
答案 D
解析 由题2＝an＋1，那么4Sn＝(an＋1)2,4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，作差得an＋1－an＝2,2＝a1＋1⇒a1＝1，an＝2n－1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm＝2b2－b1，＝－，别离m化简得m＝3＋，故(t，m)＝(2,7)，(3,5)，(5,4)，max＝.应选D．
10．(2022·吉林长春名校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝ ln x＋x2－8x的极值点，那么S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
答案 A
解析 因为f(x)＝ln x＋x2－8x，所以f′(x)＝＋x－8＝＝，
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d>0，
所以a6＝，a8＝，
所以解得
所以S8＝8a1＋×d＝－38，应选A．
11．(2022·河南林州调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，那么，，…，中最大的项为( )
A． B．
C． D．
答案 C
解析 ∵等差数列{an}中，S17>0，且S18<0，即S17＝17a9>0，S18＝9(a9＋a10)<0，∴a9＋a10<0，a9>0，∴a10<0，∴等差数列{an}为递减数列，故可知a1，a2，…，a9为正，a10，a11，…为负；∴S1，S2，…，S17为正，S18，S19，…为负，那么>0，>0，…，>0，<0，<0，…，<0，又S1<S2<…<S9，a1>a2>…>a9，那么最大．应选C．
12．数列{an}为等比数列，a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)，那么a4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，
由得
由①②得q＝>＝1；由①③得q2＝>＝2；由②③得q＝>1且q＝<3，故<q<3.因为a4＝a1q3＝(a1q2)·q，所以2<a4<9.应选D．
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)，那么数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 n2
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＝n2.
14．(2022·四川成都棠湖中学适应性考试)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设a，b，c成等比数列，那么cosB的最小值为________．
答案
解析 因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac，根据余弦定理，得cosB＝＝，由根本不等式可以得到≥＝(当且仅当a＝c时等号成立，故cosB的最小值为.
15．(2022·湖北荆州中学模拟一)“斐波那契〞数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为：1,1,2,3,5,8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．数列{an}为“斐波那契〞数列，Sn为数列{an }的前n项和，假设a2022＝M，那么S2022＝________.(用M表示)
答案 M－1
解析 ∵数列为：1,1,2,3,5,8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，
∴an＋2＝an＋an＋1＝an＋an－1＋an＝an＋an－1＋an－2＋an－1＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－2＝…＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋…＋a2＋a1＋1，那么S2022＝a2022－1＝M－1.
16．(2022·衡水模拟)曲线C1的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1，过平面上一点P1作C1的两条切线，切点分别为A1，B1，且满足∠A1P1B1＝.记P1的轨迹为C2，过平面上一点P2作C2的两条切线，切点分别为A2，B2，且满足∠A2P2B2＝.记P2的轨迹为C3，按上述规律一直进行下去，…，记an＝|AnAn＋1|min，且Sn为数列{an}的前n项和，那么满足Sn－5n>0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，…，2n－1的圆．因为an＝|AnAn＋1|min，所以a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，…，an＝2n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝＝2n－1.由Sn－5n>0，得2n－1－5n>0⇒2n>5n＋1，故最小的正整数n为5.
三、解答题
17．等比数列{an}中，an>0，a1＝，－＝，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(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，那么q>0，
因为－＝，所以－＝，
因为q>0，解得q＝2，
所以an＝×2n－1＝2n－7，n∈N*.
(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2
＝(－1)n·(n－7)2，
设cn＝n－7，那么bn＝(－1)n·(cn)2.
T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－c＋c＋(－c)＋c＋…＋(－c)＋c
＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)
＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n
＝
＝n(2n－13)＝2n2－13n.
18．等差数列{an}的公差为2，等比数列{bn}的公比为2，且anbn＝n·2n.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比拟Tn与的大小．
解 (1)∵anbn＝n·2n，
∴⇒
解得a1＝2，b1＝1，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2n－1.
(2)∵an＝2n，bn＝2n－1，
∴cn＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn
＝
＝
＝－<，
∴Tn<.
19．(2022·广东三校联考二)设数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)(n∈N*)在直线2x－y－2＝0上．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)设直线x＝an与函数f(x)＝x2的图象交于点An，与函数g(x)＝log2x的图象交于点Bn，记bn＝·(其中O为坐标原点)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)证明：∵点(an，Sn)在直线2x－y－2＝0上，
∴2an－Sn－2＝0.①
当n＝1时，2a1－a1－2＝0，∴a1＝2.
当n≥2时，2an－1－Sn－1－2＝0，②
①－②，得an＝2an－1.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
那么an＝2n.
(2)由(1)及易得An(2n,4n)，Bn(2n，n)，
∵bn＝·，∴bn＝(n＋1)·4n.
那么Tn＝2×41 ＋3×42＋4×43＋…＋(n＋1)·4n，③
4Tn＝2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n＋1)·4n＋1，④
③－④，得
－3Tn＝8＋42＋43＋…＋4n－(n＋1)·4n＋1
＝8＋－(n＋1)·4n＋1，
∴Tn＝·4n＋1－.
20．(2022·湖南六校联考)函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈时，f(x)的最大值为－，数列{an}的首项a1＝，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)记Rn＝··…·，求Rn.
解 (1)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，
当x∈时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)max＝f(0)＝c＝－，
所以f(x)＝x2＋x－.
又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，
所以an＋1＝a＋an－，
即an＋1＋＝2，
由于a1＝，易知an＋>0，
所以lg＝2lg，
又lg＝lg 2≠0，
所以数列是首项为lg 2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，
所以an＋＝22n－1，
所以Rn＝220·221·222·…·22n－1＝220＋21＋22＋…＋2n－1
＝22n－1.
21．(2022·安徽六校第二次联考){an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)如图在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，…，Pn(an,0)，Pn＋1(an＋1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，假设记△PnQnPn＋1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a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以
得3q2－5q－2＝0，又q>0，
所以q＝2，a1＝1，那么an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d，
因为b3＝5，S4＝16，所以
解得那么bn＝2n－1.
(2)由(1)得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，
由cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)2n－2，
那么Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，①
2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，②
由①－②得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)2n－1＝＋－(2n－1)2n－1＝(3－2n)·2n－1－，故Tn＝(2n－3)2n－1＋(n∈N*)．
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