教辅：高考数学二轮复习考点-数列综合问题

考点十二数列综合问题一、选择题1．若数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n·n，则数列{an}的前20项的和为()A．－100B．100C．－110D．110答案A解析由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴{an}的前20项的和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100.2．(2020·海南二模)圆周率π是无理数，小数部分无限不循环，毫无规律，但数学家们发现π可以用一列有规律的数相加得到：π＝4－43＋45－47＋49－411＋….若将上式看作数列{an}的各项求和，则{an}的通项公式可以是()A．an＝42n－1B．an＝8nn＋2C．an＝(－1)n·42n－1D．an＝84n－14n－3答案D解析由题意可知π＝4－43＋45－47＋49－411＋…＝81×3＋85×7＋89×11＋…，对比选项可知an＝84n－14n－3.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}的首项a1＝21，且满足(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，则{an}中最小的一项是()A．a5B．a6C．a7D．a8答案A解析由已知得an＋12n－3＝an2n－5＋1，a12－5＝－7，所以数列an2n－5是首项为－7，公差为1的等差数列，an2n－5＝－7＋(n－1)＝n－8，则an＝(2n－5)(n－8)＝2n2－21n＋40，因为212×2＝5.25，所以{an}中最小的一项是第5项．故选A.4．(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2B．3C．4D．5答案C解析在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴an＋1an＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak＋1·1－2101－2＝2k＋1·1－2101－2＝2k＋1·(210－1)＝25·(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C.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an＝n＋100n，则|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝()A．150B．162C．180D．210答案B解析由对勾函数的性质可知，当n≤10时，数列{an}递减；当n≥10时，数列{an}递增．所以|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(a9－a10)＋(a11－a10)＋(a12－a11)＋…＋(a100－a99)＝a1－a10＋a100－a10＝1＋100－(10＋10)＋(100＋1)－(10＋10)＝162.6．(2020·山东泰安高三第五次模拟)已知函数f(x)＝x3＋lg(x2＋1＋x)，若等差数列{an}的前n项和为Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2020－1)＝10，则S2020＝()A．－4040B．0C．2020D．4040答案C解析因为f(x)＝x3＋lg(x2＋1＋x)的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝(－x)3＋lg(x2＋1－x)＝－x3＋lg1x2＋1＋x＝－x3－lg(x2＋1＋x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，由f(a1－1)＝－f(a2020－1)＝f(1－a2020)，得a1－1＝1－a2020，所以a1＋a2020＝2，因为{an}为等差数列，所以S2020＝2020a1＋a20202＝2020，故选C.7．(多选)(2020·山东青岛一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列2nanan＋1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A．数列{an＋1}是等差数列B．数列{an＋1}是等比数列C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1D．Tn1答案BCD解析由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1)，由a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，即an＝2n－1，又2nanan＋1＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1，可得Tn＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－11，故A错误，B，C，D正确．故选BCD.8．(多选)(2020·山东淄博摸底)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，满足a1＋a2＋a3＋a4＝(a2＋a3＋a4)2，且a41，下列选项正确的是()A．a1a3B．a3a4C．a1a2D．a4a2答案AD解析a1，a2，a3，a4成等比数列，设公比为q.∵a1＋a2＋a3＋a4＝(a2＋a3＋a4)2，∴a4q3＋a4q2＋a4q＋a4＝a4q2＋a4q＋a42，∴1q3＋1q2＋1q＋1＝a41q2＋1q＋12，∵a41，∴1q3＋1q2＋1q＋11q2＋1q＋12，整理，得1q4＋1q3＋2q2＋1q0，即q3＋2q2＋q＋10.令f(x)＝x3＋2x2＋x＋1，则f′(x)＝3x2＋4x＋1＝(3x＋1)(x＋1)．由f′(x)0，得x－13或x－1；由f′(x)0，得－1x－13，∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在－1，－13上单调递减，在－13，＋∞上单调递增．∴f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f－13＝23270.又f(－2)＝－10，∴f(x)在区间(－2，－1)上有一个零点x0.即q3＋2q2＋q＋10时，qx0－1，∴q21.∵a41，∴等比数列a1，a2，a3，a4中，a1，a3均为负数，a2，a4均为正数．∴a3＝a1q2a1，a4＝a2q2a2.故选AD.二、填空题9．(2020·浙江高考)已知数列{an}满足an＝nn＋12，则S3＝________.答案10解析因为an＝nn＋12，所以a1＝1，a2＝3，a3＝6.所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.10．已知an＝n－7n－52(n∈N*)，设am为数列{an}的最大项，则m＝________.答案8解析因为函数y＝x－7x－52在(－∞，52)，(52，＋∞)上单调递减，结合该函数图象可得a8a9…1a1a2…a7，即a8为数列{an}的最大项，故m＝8.11．(2020·山东青岛二模)已知(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，设Sn＝a0＋a1＋a2＋…＋an；数列1Sn的前n项和为Tn，当|Tn－1|≤12020时，n的最小整数值为________．答案11解析因为(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，令x＝1，得Sn＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，所以1Sn＝12n，所以Tn＝12·1－12n1－12＝1－12n，所以|Tn－1|≤12020，即12n≤12020，所以n≥11，即n的最小值为11.12．(2020·山西晋中高三四模)在如图所示的表格中，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x＋y的值为________．6834xy答案258解析由题意，设第一行构成等差数列{an}，公差为d，可得a1＝6，a3＝8，则a3＝a1＋2d，即6＋2d＝8，解得d＝1，所以a4＝a1＋3d＝9；设第二行构成等差数列{bn}，公差为d1，可得b1＝3，b3＝4，则3＋2d1＝4，解得d1＝12，所以b4＝b1＋3d1＝92；设第三列构成等比数列{cn}，公比为q，可得c1＝8，c2＝4，则q＝c2c1＝12，所以x＝c3＝2；设第四列构成等比数列{en}，公比为q1，可得e1＝9，e2＝92，则q1＝e2e1＝12，所以y＝e4＝9×123＝98，所以x＋y＝2＋98＝258.三、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，n∈N*，且m≠n，Am＋An也是{An}中的项，则称{An}为“Q数列”．设数列{an}满足a1＝6,8≤a2≤12.(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an＝2n＋4.因为对任意n∈N*，an＋1－an＝2(n＋1)＋4－2n－4＝2，所以{an}是公差为2的等差数列．对任意m，n∈N*，且m≠n，am＋an＝2m＋4＋2n＋4＝2(m＋n＋2)＋4＝am＋n＋2，所以数列{an}是“Q数列”．(2)因为数列{an}是等差数列，所以Sn＝n6＋2n＋42＝n2＋5n(n∈N*)．因为Sn递增，且S7＝72＋5×7＝84100，S8＝82＋5×8＝104100，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：①an＝3n＋3，Sn＝32n2＋92n，n的最小值为7；②an＝6n，Sn＝3n2＋3n，n的最小值为6.14．(2020·辽宁丹东二模)在数列{an}中，a1＝12，(4n－2)an＋1＝(2n＋1)an.(1)设bn＝an2n－1，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：Sn＜3.证明(1)因为a1＝12，(4n－2)an＋1＝(2n＋1)an，bn＋1＝an＋12n＋1，所以bn＋1bn＝2n－1an＋12n＋1an＝12，又b1＝a11＝12，所以{bn}是首项为12，公比为12的等比数列．于是an2n－1＝bn＝12×12n－1＝12n，故an＝2n－12n.(2)由(1)知Sn＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，①又12Sn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1，②由①－②可得，12Sn＝12＋2×122＋123＋124＋…＋12n－2n－12n＋1＝12＋121－12n－11－12－2n－12n＋1＝32－(2n＋3)·12n＋1＜32，故Sn＜3.一、选择题1．已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2nπ2bn＋cos2nπ2，则该数列的前23项的和为()A．4194B．4195C．2046D．2047答案A解析由题意，得当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以2为公比的等比数列，当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以1为公差的等差数列，∴S23＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝1－2121－2＋11×4＋11×11－12×1＝212－1＋44＋55＝4194.2．等差数列{an}中，a1＋a2＝125，a2＋a5＝4，设bn＝[an]，[x]表示不超过x的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{bn}的前8项和S8＝()A．24B．20C．16D．12答案C解析由已知可得2a1＋d＝125，2a1＋5d＝4⇒a1＝1，d＝25⇒an＝1＋(n－1)×25＝25n＋35⇒b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3⇒S8＝16.3．已知正项等比数列{an}满足a9＝a8＋2a7，若存在两项am，an，使得aman＝2a21，则1m＋4n的最小值为()A．22B．83C．3D．32答案