2020高考数学微专题2数列中的典型题型与创新题型-教师版

2020高三数学（理）微专题2 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

解析 ∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4．∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28．故选C．

2．在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1．若am＝a1a2a3a4a5，则m等于( ) A．9 B．10 C．11 D．12 解析 am＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a3·

5510

a23·a3＝a3＝a1·q．因为a1＝1，|q|≠1，

2

所以am＝a1·q＝a1q，所以m＝11．故选C．

3．在递减等差数列{an}中，若a1＋a5＝0，则Sn取最大值时n等于( ) A．2 B．3 C．4 D．2或3 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．故选D．

4．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝( ) A．496 B．469 C．4914 D．4915

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＋

100×999×8

d－9a1＋d＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝22

51010

4914d，所以k＝4915．故选D．

5．已知数列{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”，则在(0，2018]内的所有“优数”的和为( )

A．1024 B．2012 C．2026 D．2036

解析 设a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·logn＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝

*

k，k∈Z，则0

2?1－2?11

－2)＋…＋(2－2)＝－18＝2－22＝2026．故选C．

1－2

10

2

9

6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，则，，…，项为( )

S1S2a1a2S15

中最大的a15

1

A． B． C． D．

S7a7S8a8S9a9S10

a10

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，则>0，>0，…，>0，<0，<0，…，

S1a1S2a2S9a9S10a10S11a11

S15S9

<0，又∵S1a2>…>a9，则最大．故选C． a15a9

二、填空题

7．定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列且a1＝2，公积为10，则a2018＝________．

解析 已知数列{an}是等积数列且a1＝2，公积为10，可得a2＝5，a3＝2，a4＝5，a5＝2，…，由此奇数项为2，偶数项为5，所以a2018＝5．

8．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)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．

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＋

*

n?n－1?

2

×2＝n．

2

9． “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．已知数列{an}为“斐波那契”数列，Sn为数列{an }的前

n项和，若a2020＝M，则S2018＝________．(用M表示)

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，则S2018＝a2020－1＝M－1．

三、解答题

10．已知等差数列{an}的公差为2，等比数列{bn}的公比为2，且anbn＝n·2． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝

13

，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小．

an·log2bn＋38

nn解 (1)∵anbn＝n·2，

2

??a1b1＝2，∴?

?a2b2＝8?

??a1b1＝2，

??

??a1＋2?·2b1＝8，?

解得a1＝2，b1＝1， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2(2)∵an＝2n，bn＝2∴cn＝

n－1

n－1

．

，

11111＝＝－，

an·log2bn＋32n?n＋2?4nn＋2

∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn

111111111111＝1－＋－＋－＋－＋…＋－＋－ 43243546n－1n＋1nn＋21111＝1＋－－ 42n＋1n＋2

311133＝－＋<， ∴Tn<． 84n＋1n＋288

11．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)＝x的图象交于点An，与函数g(x)＝log2x的图象交于点

2

*

Bn，记bn＝OAn·OBn(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， 则an＝2．

(2)由(1)及已知易得An(24)，Bn(2，n)， →→n∴bn＝OAn·OBn，∴bn＝(n＋1)·4．

则Tn＝2×4＋3×4＋4×4＋…＋(n＋1)·4，③ 4Tn＝2×4＋3×4＋4×4＋…＋(n＋1)·4③－④，得

－3Tn＝8＋4＋4＋…＋4－(n＋1)·416?1－4＝8＋1－4

n－12

3

2

3

4

1

2

3

→→

nn，nnnn＋1

，④

nn＋1

?n＋1

－(n＋1)·4，

n2n＋18∴Tn＝＋·4－．

399

3