高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)（八）數(shù)列 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)（八） 數(shù) 列 一、全練保分考法——保大分 1．已知等差數(shù)列的前3項(xiàng)依次為a，a＋2,3a，前n項(xiàng)和為Sn，且Sk＝110，則k的值為(　　) A．9　　　　　　　　　　 B．11 C．10 D．12 解析：選C　由a，a＋2,3a成等差數(shù)列，得公差為2，且2(a＋2)＝a＋3a，解得a＝2，所以Sk＝2k＋×2＝k2＋k＝110，解得k＝10或k＝－11(舍去)． 2．(2018·云南模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1－1，a3－3，a5－5依次構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：選C　依題意，注

2、意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)， 即a1－1，a3－3，a5－5成等差數(shù)列； 又a1－1，a3－3，a5－5依次構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列， 因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一個(gè)數(shù)列既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列，則該數(shù)列是一個(gè)非零的常數(shù)列)，q＝＝1. 3．中國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問(wèn)題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難．次日腳痛減一半，六朝方得至其關(guān)．要見(jiàn)次日行里數(shù)，請(qǐng)公仔細(xì)算相還．”其意思是“有一個(gè)人走378里，第一天健步行走，從第二天起腳痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地．”則第三天

3、走了(　　) A．60里 B．48里 C．36里 D．24里 解析：選B　由題意得每天走的路程構(gòu)成等比數(shù)列{an}，其中q＝，S6＝378，則S6＝＝378，解得a1＝192，所以a3＝192×＝48. 4．已知遞減的等差數(shù)列{an}中，a3＝－1，a1，a4，－a6成等比數(shù)列．若Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S7的值為(　　) A．－14 B．－9 C．－5 D．－1 解析：選A　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題可知d<0，因?yàn)閍1，a4，－a6成等比數(shù)列，所以a＝a1×(－a6)，即(a1＋3d)2＝a1×(－a1－5d)．又a3＝a1＋2d＝－1，聯(lián)立可解得

4、d＝－1或d＝(舍去)．因?yàn)閐＝－1，所以a1＝1，所以S7＝－14. 5．若數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，且＋＋…＋＝n2＋n，則a1＋＋…＋等于(　　) A．2n2＋2n B．n2＋2n C．2n2＋n D．2(n2＋2n) 解析：選A　∵＋＋…＋＝n2＋n， ① ∴當(dāng)n＝1時(shí)，＝2，解得a1＝4. 當(dāng)n≥2時(shí)， ＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1. ② ①－②，得＝2n，∴an＝4n2. 當(dāng)n＝1時(shí)上式也成立． ∴＝4n，則a1＋＋…＋＝4(1＋2＋…＋n)＝4×＝2n2＋2n. 6．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S8－2

5、S4＝5，則a9＋a10＋a11＋a12的最小值為(　　) A．10 B．15 C．20 D．25 解析：選C　由題意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5可得S8－S4＝S4＋5，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列，則S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20， 當(dāng)且僅當(dāng)S4＝5時(shí)等號(hào)成立，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20. 7．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．已知a2a4＝1，S3＝7，則其公比q等于_

6、_______． 解析：∵{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，∴數(shù)列{an}的公比q>0.由a2a4＝1，得a＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝或q＝－(舍去)．故q＝. 答案： 8．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，am－1am＋1＝2am(m≥2)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為T(mén)n.若T2m－1＝512，則m的值為_(kāi)_______． 解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)，得am＋1am－1＝a＝2am.又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以am＝2.又T2m－1＝(am)2m－1＝22m－1＝512，所以2m－1＝9，所以m＝5. 答案：5 9

7、．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，則S2n－1＝________. 解析：因?yàn)閍1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋＋＋…＋＝＝. 答案： 10．(2018·成都模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， ∵a2＝3，S4＝16， ∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16， 解得a1＝1，d＝2. ∴an＝2n

8、－1. (2)由題意，bn＝＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝. 11．(2019屆高三·南寧二中、柳州高中聯(lián)考)已知a1＝2，a2＝4，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn. (1)求證：數(shù)列{bn＋2}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解：(1)證明：由題知，＝＝2， ∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4， ∴數(shù)列{bn＋2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2. ∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4

9、－a3＝b3， … an－an－1＝bn－1. 累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)， an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2) ＝－2(n－1) ＝2n＋1－2n， 故an＝2n＋1－2n(n≥2)． ∵a1＝2符合上式， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1－2n(n∈N*)． 12．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝6，前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19. (1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{bncos(anπ)}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)∵數(shù)

10、列{an}是等差數(shù)列，a2＝6， ∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1， ∵b2＝2，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，∴bn＝2n－1. ∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3， ∵a2＝6，數(shù)列{an}是等差數(shù)列， ∴an＝3n. (2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1， ∴Cn＋1＝(－1)n＋12n， ∴＝－2，又C1＝－1， ∴數(shù)列{bncos(anπ)}是以－1為首項(xiàng)，－2為公比的等比數(shù)列， ∴Tn＝＝－[1－(－2)n]． 二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開(kāi)分 1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4

11、an＋2，則a12＝(　　) A．20 480 B．49 152 C．60 152 D．89 150 解析：選B　由S2＝4a1＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，聯(lián)立a1＝2，解得a2＝8.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，∴數(shù)列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝4為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1－2an＝4×2n－1＝2n＋1，∴＝1，∴－＝1，∴數(shù)列是以＝1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴a12＝12×212＝49 152. 2．已知a1＝1，an＝n(an

12、＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(　　) A．2n－1 B.n－1 C．n2 D．n 解析：選D　因?yàn)閍n＝n(an＋1－an)＝nan＋1－nan，所以nan＋1＝(n＋1)an，所以＝，所以an＝··…··a1＝··…··1＝n. 3．(2018·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，|an＋1－an|＝.若a2n＋1>a2n－1，a2n＋20，a2n＋2－a2n<0，則a2n＋1－a2n－1>a2

13、n＋2－a2n， 所以a2n＋1－a2n＋2>a2n－1－a2n.① 而|a2n＋1－a2n＋2|＝， |a2n－1－a2n|＝， 即|a2n＋1－a2n＋2|<|a2n－1－a2n|.② 綜合①②，得a2n－1－a2n<0， 即a2n－1－a2n＝－. 裂項(xiàng)，得a2n－a2n－1＝×. 綜上可得，數(shù)列{(－1)nan}的前40項(xiàng)的和為(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a40－a39)＝×＝. 4．(2019屆高三·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中，由1開(kāi)始依次按如下規(guī)則，將某些數(shù)染成紅色．先染1；再染兩個(gè)偶數(shù)2,4；再染4后面最鄰近的3個(gè)連續(xù)奇數(shù)5,7,9；再

14、染9后面的最鄰近的4個(gè)連續(xù)偶數(shù)10,12,14,16；再染此后最鄰近的5個(gè)連續(xù)奇數(shù)17,19,21,23,25.按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數(shù)列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，則在這個(gè)紅色子數(shù)列中，由1開(kāi)始的第2 018個(gè)數(shù)是(　　) A．3 971 B．3 972 C．3 973 D．3 974 解析：選B　由題意可知，第1組有1個(gè)數(shù)，第2組有2個(gè)數(shù)，…，根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，可知前n組共有個(gè)數(shù)．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018個(gè)數(shù)是第64組的第2個(gè)數(shù)．由于第1組最后一個(gè)數(shù)是1，第2組最后一個(gè)數(shù)是4，第3組最后一

15、個(gè)數(shù)是9，…，第n組最后一個(gè)數(shù)是n2，因此，第63組最后一個(gè)數(shù)為632,632＝3 969，第64組為偶數(shù)組，其第1個(gè)數(shù)為3 970，第2個(gè)數(shù)為3 972，故選B. 5．(2019屆高三·南昌調(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝3且當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為－的等差數(shù)列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3， ∴an＝ 答案： 6．(2

16、018·開(kāi)封模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n×3n(n∈N*)，則a25－a1＝________. 解析：∵[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n×3n，∴當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋3a2k＋1＝1＋6k，當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，3a2k－1＋a2k＝1－6k＋3，∴a2k＋1－a2k－1＝4k－1，∴a25＝(a25－a23)＋(a23－a21)＋…＋(a3－a1)＋a1＝(4×12－1)＋(4×11－1)＋…＋(4×1－1)＋a1＝4×－12＋a1＝300＋a1，∴a25－a1＝300.

17、 答案：300 三、加練大題考法——少失分 1．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S7＝0，a3－2a2＝12(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知得解得 所以an＝4n－16. (2)由(1)知an＝4n－16，所以＝＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋， 兩邊同乘以， 得Sn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減，得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝ －＝1－，所以Sn＝2－. 2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為T(mén)n＝(n∈N*)． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝

18、log2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，定義[x]為不小于x的最小整數(shù)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Rn. 解：(1)因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為T(mén)n＝， 所以a1＝T1＝＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Tn－Tn－1＝－＝2n－3， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝符合上式． 故an＝2n－3. (2)由(1)可知，bn＝log2an＝n－3， 則數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為－2，公差為1的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和Sn＝－n，則＝－. 因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，＝－單調(diào)遞增， 所以＝－2，當(dāng)2≤n≤5時(shí)，－≤≤0， 當(dāng)n≥6時(shí)，≤<， 所以R1＝－2， 當(dāng)2≤n≤5時(shí)，Rn＝－2＋0＋0＋…＋0＝－2， 當(dāng)n≥6時(shí)，

19、Rn＝－2＋(n－5)·1＝n－7， 所以Rn＝ 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且a2＝3，S5＝25. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，證明：Tn<1. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2＝3，S5＝25，所以 解得所以an＝2n－1. (2)證明：由(1)知，an＝2n－1， 所以Sn＝＝n2. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝＋＋…＋ ＝1－<1. 4．(2017·山東高考)已知{xn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3

20、，x3－x2＝2. (1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式； (2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點(diǎn)P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn. 解：(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q，由已知得q>0. 由題意得 所以3q2－5q－2＝0. 因?yàn)閝>0，所以q＝2，x1＝1， 因此數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn＝2n－1. (2)過(guò)P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1， 記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn， 由題意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.① 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝＋－(2n＋1)×2n－1. 所以Tn＝.