【三维设计】2022届(新课标)高考数学(理)大一轮复习-第五章-数列-板块命题点专练(八)-数-列.docx

板块命题点专练(八)　数　列
(研近年高考真题——找学问联系，找命题规律，找自身差距)
命题点一　数列的概念及表示 命题指数：☆☆☆☆
难度：中、低 题型：选择题、填空题

1．(2022·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
A．d<0　　　　　　　　　 B．d>0
C．a1d<0 D．a1d>0
2．(2022·新课标全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an＋1＝，a8＝2，则a1 ＝________.
3．(2021·新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
4．(2022·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；…，依此类推．设BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________.

命题点二　等差数列与等比数列 命题指数：☆☆☆☆☆
　难度：中、低　 题型：选择题、填空题、解答题

1．(2022·天津高考)设{an} 是首项为a1 ，公差为－1 的等差数列，Sn为其前n项和．若 S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(　　)
A．2 B．－2
C. D．－
2．(2021·新课标全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2 ＋10a1 ，a5＝9，则a1＝(　　)
A. B．－
C. D．－
3．(2021·新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
4．(2022·安徽高考)数列{an} 满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设 bn＝3n·，求数列{bn}的前 n项和 Sn.

5．(2022·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.

6.(2022·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．

7．(2022·湖北高考)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

命题点三　数列的综合应用 命题指数：☆☆☆
难度：高、中 题型：解答题

1．(2022·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.

2．(2022·湖南高考)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．

答案
命题点一
1．选C　∵数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0.
2．解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
答案：
3．解析：当n＝1时，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝an－1＋，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1, 所以an＝－2an－1，所以数列{an}为以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
4．解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×6＝.
法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝.
答案：
命题点二
1．选D　由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
2．选C　由已知及S3＝a1＋a2＋a3，
得a3＝9a1，
设数列{an}的公比为q，
则q2＝9，
所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，
得a1＝.
3．选C　由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，
由
得解得
4．解：(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， ①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1. ②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1
＝.
所以Sn＝.
5．证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
由于当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.

6．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，
an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
7．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.
明显2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
命题点三
1．解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝＋＋…＋－
＝1－－＝－(n∈N*)．
②由于c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.
2．解：(1)由于{an}是递增数列，
所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.
而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.
又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，
因而3p2－p＝0，
解得p＝或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列冲突，故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，
于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.　 ①
但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.　 ②
由①②知，a2n－a2n－1>0，
因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.　 ③
由于{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故
a2n＋1－a2n＝－2n＝.　 ④
由③④即知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋－＋…＋
＝1＋·
＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.