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2021年高三数学考点复习:数列综合问题

1、考点十二 数列综合问题 1 A卷 PART ONE 一、选择题 1若数列an满足 an1an(1)n n,则数列an的前 20 项的和为 ( ) A100 B100 C110 D110 解析 由 an1an(1)n n,得 a2a11,a3a43,a5a6 5,a19a2019,an的前 20 项的和为 a1a2a19a20 1319119 2 10100. 答案答案 解析解析 2(2020 海南二模)圆周率 是无理数,小数部分无限不循环,毫无规 律,但数学家们发现 可以用一列有规律的数相加得到:44 3 4 5 4 7 4 9 4 11.若将上式看作数列an的各项求和,则an的通项公式可以是

2、 ( ) Aan 4 2n1 Ban 8 nn2 Can(1)n 4 2n1 Dan 8 4n14n3 答案答案 解析 由题意可知 44 3 4 5 4 7 4 9 4 11 8 13 8 57 8 911 ,对比选项可知 an 8 4n14n3. 解析解析 解析 由已知得 an1 2n3 an 2n51, a1 257,所以数列 an 2n5 是首 项为7,公差为 1 的等差数列, an 2n57(n1)n8,则 an(2n 5)(n8)2n221n40,因为 21 22 5.25,所以an中最小的一项是第 5 项故选 A. 3(2020 湖南长沙长郡中学高三下学期第一次模拟)已知数列an的

3、首 项 a121,且满足(2n5)an1(2n3)an4n216n15,则an中最小的 一项是( ) Aa5 Ba6 Ca7 Da8 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)数列an中,a12,amnaman,若 ak1ak2 ak1021525,则 k( ) A2 B3 C4 D5 解析 在等式 amnaman中, 令 m1, 可得 an1ana12an, a n1 an 2,数列an是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,an22n12n. ak1ak2ak10a k1 12 10 12 2 k1 1210 12 2k1 (2101)25 (210 1),2k125,则 k15,解得 k

4、4.故选 C. 答案答案 解析解析 5(2020 陕西西安中学高三下学期仿真考试一)已知数列an的通项公 式 ann100 n ,则|a1a2|a2a3|a99a100|( ) A150 B162 C180 D210 解析 由对勾函数的性质可知,当 n10 时,数列an递减;当 n10 时,数列an递增所以|a1a2|a2a3|a99a100|(a1a2)(a2 a3)(a9a10)(a11a10)(a12a11)(a100a99)a1a10a100 a101100(1010)(1001)(1010)162. 答案答案 解析解析 6(2020 山东泰安高三第五次模拟)已知函数 f(x)x3lg

5、 (x21x), 若等差数列an的前 n 项和为 Sn, 且 f(a11)10, f(a20201)10, 则 S2020 ( ) A4040 B0 C2020 D4040 答案答案 解析 因为 f(x)x3lg (x21x)的定义域为 R,关于原点对称,且 f(x)(x)3lg (x21x)x3lg 1 x21xx 3lg ( x21x) f(x),所以 f(x)为奇函数,由 f(a11)f(a20201)f(1a2020),得 a1 11a2020,所以 a1a20202,因为an为等差数列,所以 S2020 2020a1a2020 2 2020,故选 C. 解析解析 7(多选)(2020

6、 山东青岛一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn,a11, Sn1Sn2an1,数列 2n anan1 的前 n 项和为 Tn,nN*,则下列选项正确 的为( ) A数列an1是等差数列 B数列an1是等比数列 C数列an的通项公式为 an2n1 DTn1 答案答案 解析 由 Sn1Sn2an1,得 an1Sn1Sn2an1,可化为 an1 12(an1),由 a11,可得数列an1是首项为 2,公比为 2 的等比数 列,则 an12n,即 an2n1,又 2n anan1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11,可得 Tn 1 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2

7、n11 1 1 2n111,下列选项正确的是( ) Aa1a3 Ba3a4 Ca1a2 Da4a2 解析 a1,a2,a3,a4成等比数列,设公比为 q.a1a2a3a4(a2 a3a4)2,a4 q3 a4 q2 a4 q a4 a4 q2 a4 q a4 2, 1 q3 1 q2 1 q1a4 1 q2 1 q1 2,a 41, 1 q3 1 q2 1 q1 1 q2 1 q1 2,整理,得 1 q4 1 q3 2 q2 1 q0,即 q 3 2q2q10,得 x1 3或 x1;由 f(x)0,得1x0. 又 f(2)10,f(x)在区间(2,1)上有一个零点 x0.即 q32q2 q10

8、 时,qx01.a41,等比数列 a1,a2,a3,a4中,a1, a3均为负数,a2,a4均为正数a3a1q2a2.故选 AD. 解析解析 答案 10 二、填空题 9(2020 浙江高考)已知数列an满足 annn1 2 ,则 S3_. 解析 因为 annn1 2 ,所以 a11,a23,a36. 所以 S3a1a2a313610. 答案答案 解析解析 答案 8 10已知 an n7 n5 2 (nN*),设 am为数列an的最大项,则 m _. 解析 因为函数 y x7 x5 2在(,5 2),(5 2,)上单调递减, 结合该函数图象可得 a8a91a1a2a7,即 a8为数列an的最大项

9、, 故 m8. 答案答案 解析解析 解析 因为(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*),令 x1,得 Sn a0a1a2an2n,所以 1 Sn 1 2n,所以 Tn 1 2 1 1 2n 11 2 1 1 2n,所以|Tn 1| 1 2020,即 1 2n 1 2020,所以 n11,即 n 的最小值为 11. 答案 11 11 (2020 山东青岛二模)已知(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*), 设 Sna0a1a2an;数列 1 Sn 的前 n 项和为 Tn,当|Tn1| 1 2020时, n 的最小整数值为_ 答案答案 解析解析 12 (2020 山西晋中高三四模)在如

10、图所示的表格中, 如果每格填上一个 数后,每一行成等差数列,每一列成等比数列,那么 xy 的值为_ 6 8 3 4 x y 答案 25 8 答案答案 解析 由题意,设第一行构成等差数列an,公差为 d,可得 a16, a38,则 a3a12d,即 62d8,解得 d1,所以 a4a13d9;设 第二行构成等差数列bn,公差为 d1,可得 b13,b34,则 32d14, 解得 d11 2,所以 b4b13d1 9 2;设第三列构成等比数列cn,公比为 q, 可得 c18, c24, 则 qc2 c1 1 2, 所以 xc32; 设第四列构成等比数列en, 公比为 q1,可得 e19,e29 2

11、,则 q1 e2 e1 1 2,所以 ye49 1 2 39 8,所以 xy29 8 25 8 . 解析解析 三、解答题 13(2020 山东济宁邹城第一中学高三下五模)对于由正整数构成的数 列An,若对任意 m,nN*,且 mn,AmAn也是An中的项,则称An 为“Q 数列”设数列an满足 a16,8a212. (1)请给出一个数列an的通项公式,使得数列an既是等差数列也是 “Q 数列”,并说明理由; (2)根据你给出的通项公式, 设数列an的前 n 项和为 Sn, 求满足 Sn100 的正整数 n 的最小值 解 (1)给出的通项公式为 an2n4. 因为对任意 nN*,an1an2(n

12、1)42n42, 所以an是公差为 2 的等差数列 对任意 m,nN*,且 mn,aman2m42n42(mn2)4 amn2, 所以数列an是“Q 数列” (2)因为数列an是等差数列, 所以 Snn62n4 2 n25n(nN*) 解解 因为 Sn递增,且 S7725784100,所 以 n 的最小值为 8. 注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容: an3n3,Sn3 2n 29 2n,n 的最小值为 7; an6n,Sn3n23n,n 的最小值为 6. 解解 证明 (1)因为 a11 2,(4n2)an1(2n1)an,bn1 an1 2n1, 所以b n1 bn 2n1a n1 2

13、n1an 1 2, 又 b1a1 1 1 2,所以bn是首项为 1 2,公比为 1 2的等比数列 于是 an 2n1bn 1 2 1 2 n1 1 2n,故 an 2n1 2n . 14 (2020 辽宁丹东二模)在数列an中, a11 2, (4n2)an1(2n1)an. (1)设 bn an 2n1,证明:bn是等比数列,并求an的通项公式; (2)设 Sn为数列an的前 n 项和,证明:Sn3. 证明证明 (2)由(1)知 Sn1 2 3 22 5 23 2n1 2n , 又1 2Sn 1 22 3 23 5 24 2n1 2n1 , 由可得, 1 2 Sn 1 2 2 1 2 2 1

14、 2 3 1 2 4 1 2 n 2n1 2n1 1 2 1 2 1 1 2 n1 11 2 2n1 2n1 3 2(2n3) 1 2 n13 2,故 Sn3. 证明证明 2 B卷 PART TWO 解析 由题意,得当 n 为奇数时,bn22bn,数列为以 2 为公比的等 比数列,当 n 为偶数时,bn2bn1,数列为以 1 为公差的等差数列, S23(b1b3b23)(b2b4b22) 1212 12 114 11111 2 1212144554194. 一、选择题 1已知数列bn满足 b11,b24,bn2 1sin2n 2 bncos2n 2 ,则该 数列的前 23 项的和为( ) A4

15、194 B4195 C2046 D2047 答案答案 解析解析 2等差数列an中,a1a212 5 ,a2a54,设 bnan,x表示不超 过 x 的最大整数,0.80,2.12,则数列bn的前 8 项和 S8( ) A24 B20 C16 D12 解析 由已知可得 2a1d12 5 , 2a15d4 a11, d2 5 an1(n1) 2 5 2 5n 3 5b1b2b31,b4b52,b6b7b83S816. 答案答案 解析解析 解析 设正项等比数列an的公比为 q(q0),a9a82a7,a7q2 a7q2a7,q2q20,q2 或 q1(舍去),存在两项 am,an, 使得 aman2

16、a2 1,a 2 1q m1n12a2 1,2 mn22,mn21,mn3, 1 m 4 n 1 3 1 m 4 n (mn)1 3 n m 4m n 5 1 393,当且仅当 m1,n 2 时等号成立故选 C. 3已知正项等比数列an满足 a9a82a7,若存在两项 am,an,使得 aman2a2 1,则 1 m 4 n的最小值为( ) A2 2 B8 3 C3 D3 2 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)01 周期序列在通信技术中有着重要应用若序列 a1a2an满足 ai0,1(i1,2,),且存在正整数 m,使得 aimai(i 1,2,)成立,则称其为 01 周期序列,并称满

17、足 aimai(i1,2,) 的最小正整数 m 为这个序列的周期 对于周期为 m 的 01 序列 a1a2an, C(k) 1 m m i1aiaik(k1,2,m1)是描述其性质的重要指标,下列周期 为 5 的 01 序列中,满足 C(k)1 5(k1,2,3,4)的序列是( ) A11010 B11011 C10001 D11001 答案答案 解析 由序列的周期为 5,知 m5,C(k)1 5 5 i1aiaik(k1,2,3,4),对于 A,C(1)1 5 5 i1aiai1 1 5(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6) 1 5(10000) 1 5,C(2) 1 5 5 i1ai

18、ai2 1 5(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7) 1 5(0101 0)2 5,不满足题意;对于 B,C(1) 1 5 5 i1aiai1 1 5(a1a2a2a3a3a4a4a5 a5a6)1 5(10011) 3 5,不满足题意;对于 D,C(1) 1 5 5 i1aiai1 1 5 (a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)1 5(10001) 2 5,不满足题意故 选 C. 解析解析 5(2020 株洲市第二中学 4 月模拟)在数列an中,已知 a11,且对于 任意的 m,nN*,都有 amnamanmn,则 2019 i1 1 ai( ) A.2019 2020 B201

19、8 2019 C2019 1010 D2021 1010 答案答案 解析 因为对于任意的 m,nN*,都有 amnamanmn,取 m1, 有 an1ann1, 即 an1ann1, 则 an(anan1)(an1an2) (a2a1)a1n(n1)21 nn1 2 ,所以 1 an 2 nn1 2 1 n 1 n1 ,所以 2019 i1 1 ai2 11 2 1 2 1 3 1 2019 1 2020 2 1 1 2020 2019 1010.故选 C. 解析解析 6(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)已知数列an的首 项 a11,函数 f(x)x3an1ancosn 3 为

20、奇函数,记 Sn为数列an的前 n 项之和,则 S2021的值是( ) A.2023 2 B1011 C1008 D336 答案答案 解析 函数 f(x)x3an1ancosn 3 为奇函数,则 f(0)an1an cosn 3 0,即 an1ancosn 3 ,因为 cosn 3 的值以 6 为周期循环,且 a2a1 1 2,a3a2 1 2,a4a31,a5a4 1 2,a6a5 1 2,a7a61,又 a11,所以 a23 2,a31,a40,a5 1 2,a60,a71,所以 an 以 6 为 周期循环故 S2021336(a1a2a3a4a5a6)a1a2a3a4a5 1011.故选

21、 B. 解析解析 7 (多选)(2020 山东省实验中学 4 月高考预测)设等比数列an的公比为 q, 其前 n 项和为 Sn, 前 n 项积为 Tn, 并满足条件 a11, a2020a20211, a20201 a20211 0.下列结论正确的是( ) AS2020S2021 Ba2020a202210 CT2021是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 答案答案 解析 当q1不成立; 当q1时, a20201, a20211, a20201 a202110 不成立;故 0q1,0a2021S2020,A 正确; a2020 a20221a2 20211an,则称an是间隔递增数列, k

22、 是an的间隔数下列说法正确的是( ) A公比大于 1 的等比数列一定是间隔递增数列 B已知 ann4 n,则an是间隔递增数列 C已知 an2n(1)n,则an是间隔递增数列且最小间隔数是 2 D已知 ann2tn2020,若an是间隔递增数列且最小间隔数是 3, 则 4t1, 所以当 a10 时, ank0,解得 k3,故 B 正确;对于 C,ankan2(nk)(1)n k2n(1)n2k(1)n(1)k1,当 n 为奇数时,2k(1)k10, 存在 k1 成立,当 n 为偶数时,2k(1)k10,存在 k2 成立,综上, an是间隔递增数列且最小间隔数是 2,故 C 正确;对于 D,若

23、an是间隔 递增数列且最小间隔数是 3,则 ankan(nk)2t(nk)2020(n2tn 2020)2knk2tk0,nN*成立,则 k2(2t)k0,对于 k3 解析解析 成立,且 k2(2t)k0,对于 k2 成立,即 k(2t)0,对于 k3 成立, 且 k(2t)0,对于 k2 成立所以 t23,且 t22,解得 4tloga(12a)恒成立,则实数 a 的取值范围是_ 答案答案 解析 由题意可得,当 n2 时,cosn an an1 |an|an1| 1 2xn1yn1xn1 1 2xn1yn1yn1 1 2 xn1yn12xn1yn12 x2 n1y 2 n1 2 2 , n

24、4(n2),bn n2 nn 2 4 (n2), 1 bn1 1 bn2 1 b2n 解析解析 4 n12 4 n22 4 nn2 2 1 n1 1 n2 1 nn 2 n 1 2n1, 当且仅当 n1 时,等号成立, loga(12a)0 可得 a0,0aa,解得 a0,前 n 项和为 Sn,若_,数列bn 满足 b11 3,anbnbn1. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)求数列anbnbn1的前 n 项和 Tn,并证明 Tn1 3. 解 选择, (1)由已知,得 q2q20,解得 q2 或 q1(舍去), 又 anbnbn1,b11 3,a1b1b11,解得 a12, an2n

25、,bn 1 an1 1 2n1. (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11. Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3. 解解 选择, (1)当 n1 时,S1a12a12,得 a12, 当 n2 时,S2a1a22a22, 又 a12,得 a24,则 qa2 a12,an2 n, 又 anbnbn1,bn 1 an1 1 2n1. (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11, Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11

26、 1 3. 解解 选择, (1)S45S2, 当 q1 时,4a110a1,则 a10,舍去; 当 q1 时,a 11q 4 1q 5 a11q2 1q ,解得 q2(负值舍去), 又 anbnbn1,b11 3,a1b1b11,解得 a12,an2 n, bn 1 an1 1 2n1. 解解 (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11, Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3. 解解 解 (1)因为数列bn是公比为 q 的等比数列,b1b26b3, 所以 b1b1q6b1q2,即 1q6q2, 因为

27、 q0,所以 q1 2,所以 bn 1 2n1 . 14(2020 浙江高考)已知数列an,bn,cn中,a1b1c11,cn an1an,cn1 bn bn2 cn(nN*) (1)若数列bn为等比数列,公比 q0,且 b1b26b3,求 q 与an的 通项公式; (2)若数列bn为等差数列,且公差 d0,证明:c1c2cn11 d. 解解 所以 bn2 1 2n1,故 cn1 bn bn2 cn 1 2n1 1 2n1 cn4 cn, 所以数列cn是首项为 1,公比为 4 的等比数列,所以 cn4n1. 所以 anan1cn14n2(n2,nN*) 所以 ana1144n2114 n1 1

28、4 4 n12 3 (n2,nN*) a11 适合上式,所以 an4 n12 3 . 解解 (2)证明:依题意,设 bn1(n1)ddn1d, 因为 cn1 bn bn2 cn,所以 cn1 cn bn bn2, 所以 cn cn1 bn1 bn1(n2,nN *), 故 cn cn cn1 cn1 cn2 c3 c2 c2 c1 c1 bn1 bn1 bn2 bn bn3 bn1 b2 b4 b1 b3 c1 b1b2 bnbn1 1d d 1 bn 1 bn1 11 d 1 bn 1 bn1 . 解解 所以 c1c2cn 11 d 1 b1 1 b2 1 b2 1 b3 1 bn 1 bn1 11 d 1 1 bn1 . 因为 d0,b11,所以 bn10, 所以 11 d 1 1 bn1 11 d. 即 c1c2cn11 d,nN *. 解解 本课结束