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專題跟蹤檢測（八） 數 列 一、全練保分考法——保大分 1．已知等差數列的前3項依次為a，a＋2,3a，前n項和為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)已知數列{an}是等差數列，若a1－1，a3－3，a5－5依次構成公比為q的等比數列，則q＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：選C　依題意，注意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)， 即a1－1，a3－3，a5－5成等差數列； 又a1－1，a3－3，a5－5依次構成公比為q的等比數列， 因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一個數列既是等差數列又是等比數列，則該數列是一個非零的常數列)，q＝＝1. 3．中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難．次日腳痛減一半，六朝方得至其關．要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思是“有一個人走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天后到達目的地．”則第三天走了(　　) 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成等比數列{an}，其中q＝，S6＝378，則S6＝＝378，解得a1＝192，所以a3＝192＝48. 4．已知遞減的等差數列{an}中，a3＝－1，a1，a4，－a6成等比數列．若Sn為數列{an}的前n項和，則S7的值為(　　) A．－14 B．－9 C．－5 D．－1 解析：選A　設數列{an}的公差為d，由題可知d<0，因為a1，a4，－a6成等比數列，所以a＝a1(－a6)，即(a1＋3d)2＝a1(－a1－5d)．又a3＝a1＋2d＝－1，聯立可解得d＝－1或d＝(舍去)．因為d＝－1，所以a1＝1，所以S7＝－14. 5．若數列{an}是正項數列，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n＝1時，＝2，解得a1＝4. 當n≥2時， ＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1. ② ①－②，得＝2n，∴an＝4n2. 當n＝1時上式也成立． ∴＝4n，則a1＋＋…＋＝4(1＋2＋…＋n)＝4＝2n2＋2n. 6．已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn，且S8－2S4＝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，由等比數列的性質可得S4，S8－S4，S12－S8成等比數列，則S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20， 當且僅當S4＝5時等號成立，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20. 7．設{an}是由正數組成的等比數列，Sn為其前n項和．已知a2a4＝1，S3＝7，則其公比q等于________． 解析：∵{an}是由正數組成的等比數列，∴數列{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．在各項均為正數的等比數列{an}中，am－1am＋1＝2am(m≥2)，數列{an}的前n項積為Tn.若T2m－1＝512，則m的值為________． 解析：由等比數列的性質，得am＋1am－1＝a＝2am.又數列{an}的各項均為正數，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．設數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，則S2n－1＝________. 解析：因為a1＝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)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)設數列{an}的公差為d， ∵a2＝3，S4＝16， ∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16， 解得a1＝1，d＝2. ∴an＝2n－1. (2)由題意，bn＝＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝. 11．(2019屆高三南寧二中、柳州高中聯考)已知a1＝2，a2＝4，數列{bn}滿足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn. (1)求證：數列{bn＋2}是等比數列； (2)求數列{an}的通項公式． 解：(1)證明：由題知，＝＝2， ∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4， ∴數列{bn＋2}是以4為首項，2為公比的等比數列． (2)由(1)可得，bn＋2＝42n－1，故bn＝2n＋1－2. ∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4－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， ∴數列{an}的通項公式為an＝2n＋1－2n(n∈N*)． 12．已知數列{an}是等差數列，a2＝6，前n項和為Sn，{bn}是等比數列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19. (1)求{an}，{bn}的通項公式； (2)求數列{bncos(anπ)}的前n項和Tn. 解：(1)∵數列{an}是等差數列，a2＝6， ∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1， ∵b2＝2，數列{bn}是等比數列，∴bn＝2n－1. ∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3， ∵a2＝6，數列{an}是等差數列， ∴an＝3n. (2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1， ∴Cn＋1＝(－1)n＋12n， ∴＝－2，又C1＝－1， ∴數列{bncos(anπ)}是以－1為首項，－2為公比的等比數列， ∴Tn＝＝－[1－(－2)n]． 二、強化壓軸考法——拉開分 1．已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4an＋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)，∴數列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝4為首項，以2為公比的等比數列，∴an＋1－2an＝42n－1＝2n＋1，∴＝1，∴－＝1，∴數列是以＝1為首項，以1為公差的等差數列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n2n，∴a12＝12212＝49 152. 2．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數列{an}的通項公式是(　　) A．2n－1 B.n－1 C．n2 D．n 解析：選D　因為an＝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)已知數列{an}滿足a1＝1，|an＋1－an|＝.若a2n＋1>a2n－1，a2n＋20，a2n＋2－a2n<0，則a2n＋1－a2n－1>a2n＋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，得a2n－a2n－1＝. 綜上可得，數列{(－1)nan}的前40項的和為(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a40－a39)＝＝. 4．(2019屆高三河北“五個一名校聯盟”聯考)在正整數數列中，由1開始依次按如下規(guī)則，將某些數染成紅色．先染1；再染兩個偶數2,4；再染4后面最鄰近的3個連續(xù)奇數5,7,9；再染9后面的最鄰近的4個連續(xù)偶數10,12,14,16；再染此后最鄰近的5個連續(xù)奇數17,19,21,23,25.按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，則在這個紅色子數列中，由1開始的第2 018個數是(　　) 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個數，第2組有2個數，…，根據等差數列的前n項和公式，可知前n組共有個數．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018個數是第64組的第2個數．由于第1組最后一個數是1，第2組最后一個數是4，第3組最后一個數是9，…，第n組最后一個數是n2，因此，第63組最后一個數為632,632＝3 969，第64組為偶數組，其第1個數為3 970，第2個數為3 972，故選B. 5．(2019屆高三南昌調研)設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3且當n≥2時，2an＝SnSn－1(n∈N*)，則數列{an}的通項公式an＝________. 解析：當n≥2時，由2an＝SnSn－1可得2(Sn－Sn－1)＝SnSn－1，∴－＝，即－＝－，∴數列是首項為，公差為－的等差數列，∴＝＋(n－1)＝，∴Sn＝.當n≥2時，an＝SnSn－1＝＝，又a1＝3， ∴an＝ 答案： 6．(2018開封模擬)已知數列{an}滿足[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n3n(n∈N*)，則a25－a1＝________. 解析：∵[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n3n，∴當n＝2k(k∈N*)時，a2k＋3a2k＋1＝1＋6k，當n＝2k－1(k∈N*)時，3a2k－1＋a2k＝1－6k＋3，∴a2k＋1－a2k－1＝4k－1，∴a25＝(a25－a23)＋(a23－a21)＋…＋(a3－a1)＋a1＝(412－1)＋(411－1)＋…＋(41－1)＋a1＝4－12＋a1＝300＋a1，∴a25－a1＝300. 答案：300 三、加練大題考法——少失分 1．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，S7＝0，a3－2a2＝12(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式an； (2)求數列的前n項和Sn. 解：(1)設等差數列{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．設數列{an}的前n項和為Tn＝(n∈N*)． (1)求{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足bn＝log2an，數列{bn}的前n項和為Sn，定義[x]為不小于x的最小整數，求數列的前n項和Rn. 解：(1)因為數列{an}的前n項和為Tn＝， 所以a1＝T1＝＝. 當n≥2時，an＝Tn－Tn－1＝－＝2n－3， 當n＝1時，a1＝符合上式． 故an＝2n－3. (2)由(1)可知，bn＝log2an＝n－3， 則數列{bn}是首項為－2，公差為1的等差數列，其前n項和Sn＝－n，則＝－. 因為當n≥1時，＝－單調遞增， 所以＝－2，當2≤n≤5時，－≤≤0， 當n≥6時，≤<， 所以R1＝－2， 當2≤n≤5時，Rn＝－2＋0＋0＋…＋0＝－2， 當n≥6時，Rn＝－2＋(n－5)1＝n－7， 所以Rn＝ 3．已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且a2＝3，S5＝25. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足bn＝，記數列{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<1. 解：(1)設等差數列{an}的公差為d. 因為a2＝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}是各項均為正數的等比數列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求數列{xn}的通項公式； (2)如圖，在平面直角坐標系xOy中，依次連接點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)設數列{xn}的公比為q，由已知得q>0. 由題意得 所以3q2－5q－2＝0. 因為q>0，所以q＝2，x1＝1， 因此數列{xn}的通項公式為xn＝2n－1. (2)過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 ＝32－1＋520＋721＋…＋(2n－1)2n－3＋(2n＋1)2n－2.① 又2Tn＝320＋521＋722＋…＋(2n－1)2n－2＋(2n＋1)2n－1.② ①－②得 －Tn＝32－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)2n－1 ＝＋－(2n＋1)2n－1. 所以Tn＝.