高考数学专题基础练——数列(含答案).doc

高考数学专题基础练——数列
一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）
1. 等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（　　）
A. −24 B. −3 C. 3 D. 8
2. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(    )
A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏
3. 在等差数列{an}中，a1=2，a3+a5=10，则a7=（　　）
A. 5 B 8 C. 10 D. 14
4. 设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（　　）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于        ()
A. −16 B. 16 C. 31 D. 32
二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
6. 设等比数列{an}满足a1+a2=-1，a1-a3=-3，则a4=______．
7. 已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{an}的前n项和等于______．
8. 若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式为________.
三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）
9. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．
（Ⅰ）求通项公式an；
（Ⅱ）求数列{|an-n-2|}的前n项和．

10. 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{an2n}的前n项和．

11. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．

12. △ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．
（Ⅰ）若a，b，c成等差数列，证明：sinA+sinC=2sin（A+C）；
（Ⅱ）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．

13. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=2an+（-1）nan，求数列{bn}的前2n项和．

14. 已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．
（Ⅰ）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（Ⅱ）证明：1a1+1a2+…+1an＜32．

15. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记bn=1an+an+1，求数列{bn}的前n项和．

答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，
∴，
∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，
解得d=-2，
∴{an}前6项的和为==24．
故选：A．
利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{an}前6项的和．
本题考查等差数列前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．
​设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a的值．
【解答】
解：设这个塔顶层有a盏灯，
∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，
∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，
又总共有灯381盏，
∴381==127a，解得a=3，
则这个塔顶层有3盏灯.
故选B．

3.【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可得a4=5，进而可得公差d=1，可得a7=a1+6d，代值计算即可．
本题考查等差数列的通项公式，属基础题．
【解答】
解：∵在等差数列{an}中a1=2，a3+a5=10，
∴2a4=a3+a5=10，解得a4=5，
∴公差d==1，
∴a7=a1+6d=2+6=8
故选B．

4.【答案】D
【解析】
解：等比数列-1，-2，-4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．
若an=-1为递增数列，但q=＞1不成立，即必要性不成立，
故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的性质，利用特殊值法是解决本题的关键．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查数列的递推公式和通项公式的关系，关键是求出数列的通项公式．
​根据题意，由数列的递推公式分析可以求出数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，即可得数列{an}的通项公式，将n=5代入计算即可得答案．
【解答】
解：根据题意，∵sn=2an-1，
∴当n=1时，a1=2a1-1，解得a1=1，
当n≥2时，an=sn-sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，
∴an=2an-1，
∴数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴an=2n-1．
则a5=25-1=16
故选B．

6.【答案】-8
【解析】
解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a2=-1，a1-a3=-3，
∴a1（1+q）=-1，a1（1-q2）=-3，
解得a1=1，q=-2．
则a4=（-2）3=-8．
故答案为：-8．
设等比数列{an}的公比为q，由a1+a2=-1，a1-a3=-3，可得：a1（1+q）=-1，a1（1-q2）=-3，解出即可得出．
本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】2n-1
【解析】
解：数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，
可得a1a4=8，解得a1=1，a4=8，
∴8=1×q3，q=2，
数列{an}的前n项和为：=2n-1．
故答案为：2n-1．
利用等比数列的性质，求出数列的首项以及公比，即可求解数列{an}的前n项和．
本题考查等比数列的性质，数列{an}的前n项和求法，基本知识的考查．
8.【答案】2n1
【解析】
【分析】
本题主要考查由递推公式推导数列的通项公式，涉及累加法的应用，属于基础题目.
【解答】
解:因为，
所以，
则.
故答案为2n-1.
9.【答案】解：（Ⅰ）∵S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．
∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，
解得a1=1，a2=3，
当n≥2时，an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1，
两式相减得an+1-an=2（Sn-Sn-1）=2an，
即an+1=3an，当n=1时，a1=1，a2=3，
满足an+1=3an，
∴an+1an=3，则数列{an}是公比q=3的等比数列，
则通项公式an=3n-1．
（Ⅱ）an-n-2=3n-1-n-2，
设bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|，
则b1=|30-1-2|=2，b2=|3-2-2|=1，
当n≥3时，3n-1-n-2＞0，
则bn=|an-n-2|=3n-1-n-2，
此时数列{|an-n-2|}的前n项和Tn=3+9(1−3n−2)1−3-(5+n+2)(n−2)2=3n−n2−5n+112，

则Tn=2，n=13，n=23n−n2−5n+112，n≥3=2，n=13n−n2−5n+112，n≥2．
【解析】

（Ⅰ）根据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列的递推关系证明数列{an}是公比q=3的等比数列，即可求通项公式an；
（Ⅱ）讨论n的取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|an-n-2|}的前n项和．
本题主要考查递推数列的应用以及数列求和的计算，根据条件建立方程组以及利用方程组法证明列{an}是等比数列是解决本题的关键．求出过程中使用了转化法和分组法进行数列求和．
10.【答案】解：（1）方程x2-5x+6=0的根为2，3．又{an}是递增的等差数列，
故a2=2，a4=3，可得2d=1，d=12，
故an=2+（n-2）×12=12n+1，
（2）设数列{an2n}的前n项和为Sn，
Sn=a121+a222+a323+…+an−12n−1+an2n，①
12Sn=a122+a223+a324+…+an−12n+an2n+1，②
①-②得12Sn=a12+d(122+123+124+…+12n)−an2n+1=322+12×14(1−12n−1)1−12−an2n+1，
解得Sn=32+12(1−12n−1)−n+22n+1=2-n+42n+1．
【解析】

（1）解出方程的根，根据数列是递增的求出a2，a4的值，从而解出通项；
（2）将第一问中求得的通项代入，用错位相减法求和．
本题考查等的性质及错位相减法求和，是近几年高考对数列解答题考查的主要方式．
11.【答案】解：（Ⅰ）因为2Sn=3n3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，
当n＞1时，2Sn-1=3n-1+3，
此时，2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1，即an=3n-1，
所以an=3,n=13n−1,n>1.
（Ⅱ）因为anbn=log3an，所以b1=13，
当n＞1时，bn=31-n•log33n-1=（n-1）×31-n，
所以T1=b1=13；
当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=13+（1×3-1+2×3-2+…+（n-1）×31-n），
所以3Tn=1+（1×30+2×3-1+3×3-2+…+（n-1）×32-n），
两式相减得：2Tn=23+30+3-1+32+…+32-n-（n-1）×31-n=23+1−31−n1−3−1-（n-1）×31-n=136-6n+32×3n，
所以Tn=1312-6n+34×3n，经检验，n=1时也适合，
综上可得Tn=1312-6n+34×3n．
【解析】

（Ⅰ）利用2Sn=3n+3，可求得a1=3；当n＞1时，2Sn-1=3n-1+3，两式相减2an=2Sn-2Sn-1，可求得an=3n-1，从而可得{an}的通项公式；
（Ⅱ）依题意，anbn=log3an，可得b1=，当n＞1时，bn=31-n•log33n-1=（n-1）×31-n，于是可求得T1=b1=；当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×3-1+2×3-2+…+（n-1）×31-n），利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．
本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．
12.【答案】解：（Ⅰ）∵a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c，
利用正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，
∵sinB=sin[π-（A+C）]=sin（A+C），
∴sinA+sinC=2sinB=2sin（A+C）；
（Ⅱ）∵a，b，c成等比数列，
∴b2=ac，
∴cosB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时等号成立，
∴cosB的最小值为12．
【解析】

（Ⅰ）由a，b，c成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形即可得证；
（Ⅱ）由a，bc成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用余弦定理表示出cosB，将得出的关系式代入，并利用基本不等式变形即可确定出cosB的最小值．
此题考查了正弦、余弦定理，等差、等比数列的性质，以及基本不等式的运用，熟练掌握定理是解本题的关键．
13.【答案】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=s1=1，
当n≥2时，an=sn-sn-1=n2+n2-(n−1)2+(n−1)2=n，
∴数列{an}的通项公式是an=n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=2n+（-1）nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n=（21+22+…+22n）+（-1+2-3+4-…+2n）
=2(1−22n)1−2+n=22n+1+n-2．
∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n-2．
【解析】

（Ⅰ）利用公式法即可求得；
（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论．
本题主要考查数列通项公式的求法-公式法及数列求和的方法-分组求和法，考查学生的运算能力，属中档题．
14.【答案】证明（Ⅰ）an+1+12an+12=3an+1+12an+12=3(an+12)an+12=3
∵a1+12=32≠0，
∴数列{an+12}是以首项为32，公比为3的等比数列；
∴an+12=32×3n−1=3n2，即an=3n−12；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1an=23n−1，
当n≥2时，∵3n-1＞3n-3n-1，∴1an=23n−1＜23n−3n−1=13n−1，
∴当n=1时，1a1=1＜32成立，
当n≥2时，1a1+1a2+…+1an＜1+13+132+…+13n−1=1−(13)n1−13=32(1−13n)＜32．
∴对n∈N+时，1a1+1a2+…+1an＜32．
【解析】

（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即=常数，又首项不为0，所以为等比数列；
再根据等比数列的通项化式，求出{an}的通项公式；
（Ⅱ）将进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．
本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，
通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．
15.【答案】解：（Ⅰ）数列{an}的前n项和Sn=n2，
可得a1=S1=1；
n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1，
上式对n=1也成立，
则an=2n-1，n∈N*；
（Ⅱ）bn=1an+an+1=12n−1+2n+1=12（2n+1-2n−1），
则数列{bn}的前n项和为12（3-1+5-3+7-5+…+2n+1-2n−1）
=12（（2n+1-1）．
【解析】

（Ⅰ）运用数列的递推式：a1=S1；n≥2时，an=Sn-Sn-1，计算可得所求通项；
（Ⅱ）化简bn===（-），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

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