2020高考数学专项复习卷一数列.docx

1、 数列数列 时间：120 分钟 满分：150 分 第卷 (选择题，共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1等差数列an的前n项和为Sn，且S36，a30，则公差d( ) A1 B1 C2 D2 答案 D 解析 由S36，知a1d2；由a30，知a12d0，联立 a1d2， a12d0， 解得d 2故选 D 2在等差数列an中，a3a927a6，Sn表示数列an的前n项和，则S11( ) A18 B99 C198 D297 答案 B 解析 由等差数列的性质得 2a627a6，所以a69，又S1111a699故选 B 3在等比数列an中，a12，a41

2、2，若 ak2 5，则 k( ) A5 B6 C9 D10 答案 D 解析 设该数列的公比为q，则由等比数列的通项公式可得，q 3a4 a1 1 4，q2 2 3， aka1q k12qk125，qk126，2k1 3 6，k10 4在数列xn中，若x11，xn1 1 xn11，则 x2018( ) A1 B1 2 C 1 2 D1 答案 B 解析 将x11 代入xn1 1 xn11， 得 x21 2， 再将 x2代入xn1 1 xn11， 得 x31， 所以数列xn的周期为 2，故x2018x21 2故选 B 5已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，a10S4，则S 8 a9( )

3、A4 B5 C8 D10 答案 A 解析 由a10S4得a19d4a143 2 d4a16d，即a1d0所以S88a187 2 d 8a128d36d，所以S 8 a9 36d a18d 36d 9d 4故选 A 6 (2018甘肃天水检测)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1， 则Sn( ) A2 n1 B 1 2 n1 C2 3 n1 D3 2 n1 答案 D 解析 因为an1Sn1Sn，所以Sn2an12(Sn1Sn)，所以S n1 Sn 3 2，所以数列S n是 以S1a11 为首项，3 2为公比的等比数列，所以 Sn3 2 n1故选 D 7数列an中，a160，an1a

4、n3，则|a1|a2|a30|( ) A495 B765 C1080 D3105 答案 B 解析 由a160，an1an3 可得an3n63，则a210，|a1|a2|a30| (a1a2a20)(a21a30)S302S20765故选 B 8(2018安徽淮南模拟)已知an中，ann 2n，且a n是递增数列，则实数的 取值范围是( ) A(2，) B2，) C(3，) D3，) 答案 C 解析 an是递增数列，nN N *，a n1an， (n1) 2(n1)n2n，化简得 (2n1)， 3故选 C 9等差数列an的前n项和为Sn，若a70，a80，则下列结论正确的是( ) AS7S8 B

5、S150 DS150 答案 C 解析 因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)， 由已知可知该等差 数列an是递减的，且S7最大，即SnS7对一切nN N *恒成立可见 A 错误；易知 a16a150， S16S15a16S15，B 错误；S1515 2 (a1a15)15a80故 C 正确 10 (2018福建漳州调研) 九章算术 是我国古代的数学名著， 书中有如下问题： “今 有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？” 其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表 示等差分配， 在本题中表示等差分配)

6、”在这个问题中， 若大夫得“一鹿、 三分鹿之二”， 则簪裹得( ) A一鹿、三分鹿之一 B一鹿 C三分鹿之二 D三分鹿之一 答案 B 解析 由题意可知，五人按等差数列分五鹿，设大夫得的鹿数为首项a1，且a112 3 5 3，公差为 d，则 5a154 2 d5，解得d1 3，所以 a3a12d5 32 1 31，所以簪裹 得一鹿，故选 B 11(2018襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一 边的算法，其方法的前两步为： (1)构造数列 1，1 2， 1 3， 1 4， 1 n； (2)将数列的各项乘以n 2，得到一个新数列 a1，a2，a3，a4，an则a1a2a2a

7、3a3a4 an1an( ) An 2 4 B n1 2 4 Cnn1 4 Dnn1 4 答案 C 解析 依题意可得新数列为n 2， n 4， n 6， 1 n n 2，所以 a1a2a2a3an1ann 2 4 1 12 1 23 1 n1n n 2 41 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n n 2 4 n1 n nn1 4 故选 C 12(2018河南六市第一次联考)若正项递增等比数列an满足 1(a2a4)(a3 a5)0(R R)，则a6a7的最小值为( ) A2 B4 C2 D4 答案 D 解析 an是正项递增的等比数列，a10，q1，由 1(a2a4)(a3a5)0， 得 1

8、(a2a4)q(a2a4)0， 1q 1 a4a2， a 6a7a6(1q) a6 a4a2 q 4 q 21 q 2112 q 21(q 21)2 1 q 212q 21 1 q 2124(q 210)，当且仅当 q 2时取等号，a6a7的最小值为 4故选 D 第卷 (非选择题，共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13设等比数列an的公比q2，前n项和为Sn，则S 4 a2_ 答案 15 2 解析 S4 a2 a11q 4 1q a1q 1q 4 q1q 12 4 212 15 2 14若数列an满足anan11 2(nN N *)，且 a11，S

9、n是数列an的前n项和，则S21 _ 答案 6 解析 由anan11 2a n1an2，得an2an，则a1a3a5a21，a2a4a6 a20，所以S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1101 26 15(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学 4 月联考)若an，bn满足anbn 1，ann 23n2，则b n的前 2018 项和为_ 答案 1009 2020 解析 anbn1，且ann 23n2，b n 1 n 23n2 1 n2n1 1 n1 1 n2， bn的前 2018 项和为1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 2019 1 2020 1 2 1

10、 2020 10101 2020 1009 2020 16(2018河北邯郸第一次模拟)已知数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，bn an2 n1，且 SnTn2 n1n22，则 2T n_ 答案 2 n2n(n1)4 解析 由题意知TnSnb1a1b2a2bnann2 n12，又 SnTn2 n1n2 2，所以 2TnTnSnSnTn2 n2n(n1)4 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(2018云南统测)(本小题满分 10 分)设等比数列an的前n项和为Sn，a1a2a3 26，S6728 (1)求数列an的通项公式； (2)

11、求证：S 2 n1SnSn243 n 解 (1)设等比数列an的公比为q，由 728226 得，S62S3，q1 由已知得 S3a 11q 3 1q 26， S6a 11q 6 1q 728. 解得 a12， q3. an23 n1 (2)证明：由(1)可得Sn213 n 13 3 n1 Sn13 n11，S n23 n21 S 2 n1SnSn2(3 n11)2(3n1)(3n21)43n 18(2018南昌一模)(本小题满分 12 分)已知等比数列an的前n项和为Sn，满足S4 2a41，S32a31 (1)求an的通项公式； (2)记bnlog 2 16 Sn1，求 b1b2bn的最大值

12、 解 (1)设an的公比为q，由S4S3a4，得 2a42a3a4，所以a 4 a32，所以 q2 又因为S32a31，所以a12a14a18a11， 所以a11所以an2 n1 (2)由(1)知，Sn12 n 122 n1， 所以bnlog 2 16 Sn12log 22 4n82n，b n1bn2，b1826，所以数列bn 是首项为 6，公差为2 的等差数列，所以b24，b32，b40，当n5 时bn0，所以当n 3 或n4 时，b1b2bn的最大值为 12 19 (2018湖南长沙模拟)(本小题满分12分)设Sn是数列an的前n项和， 已知a11， Sn22an1 (1)求数列an的通项

13、公式； (2)设bn(1) nlog1 2a n，求数列bn的前n项和Tn 解 (1)Sn22an1，a11， 当n1 时，S122a2，得 a21S 1 21 a1 2 1 2； 当n2 时，Sn122an， 当n2 时，an2an2an1，即an11 2a n， 又a21 2a 1， an是以 1 为首项，1 2为公比的等比数列 数列an的通项公式为an 1 2 n1 (2)由(1)知bn(1) n(n1)， Tn0123(1) n(n1)， 当n为偶数时，Tn(01)(23)(n2)n1n 2； 当n为奇数时，TnTn1bn1n1 2 n1n 2 ， Tn 1n 2 ，n为奇数， n 2

14、，n为偶数. 20(2018太原三模)(本小题满分 12 分)已知数列an满足a11 2，a n1 an 2an1 (1)求证：数列1 an是等差数列，并求a n的通项公式； (2)若数列bn满足bn 1 2 na n，求数列b n的前n项和Sn 解 (1)证明：因为an1 an 2an1， 且可知an0，所以 1 an1 1 an2， 所以数列1 an是等差数列 所以1 an 1 a12(n1)2n，即 an 1 2n (2)因为bn2n 2 n n 2 n1， 所以Snb1b2bn12 2 3 2 2 n 2 n1， 则1 2S n1 2 2 2 2 3 2 3 n 2 n，两式相减得 1

15、 2S n11 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n1 n 2 n 211 2 n n 2 n， 所以Sn4n2 2 n1 21(2018河北唐山一模)(本小题满分 12 分)已知数列an为单调递增数列，Sn为其 前n项和，2Sna 2 nn (1)求an的通项公式； (2)若bn an2 2 n1a nan1，T n为数列bn的前n项和，证明：Tn1 2 解 (1)当n1 时，2S12a1a 2 11， 所以(a11) 20，即 a11， 又an为单调递增数列，所以an1 由 2Sna 2 nn得 2Sn1a 2 n1n1， 所以 2Sn12Sna 2 n1a 2 n1， 则 2an1a 2 n1a 2 n1，所以a 2 n(an11) 2 所以anan11，即an1an1， 所以an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 所以ann (2)证明：bn an2 2 n1a nan1 n2 2 n1nn1 1 n2 n 1 n12 n1， 所以Tn 1 12 1 1 22 2 1 22 2 1 32 3 1 n2 n 1 n12 n11 2 1 n12 n10，数列bn是单调递增数列 由(1S1)(1S2)(1Sn)k2n1，得bnk kb1 2 3 2 3 3 存在正数k，使(1S1)(1S2)(1Sn)k2n1对一切正整数n都成立，且k的 取值范围为 0，2 3 3