【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（4） 数列中的典型题型与创新题型 含解析【高考】.doc，共(13)页，152.500 KB，由小赞的店铺上传

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1专题突破练(4)数列中的典型题型与创新题型一、选择题1．(2022·福建福州第三中学高三上第二次质量检测)已知等比数列{an}中，a2＋a6＝5，a3a5＝4，则tanπa43＝()A.3B．－3C.3或－3

D．－32答案B解析由等比数列性质可知a2a6＝a3a5＝4＝a24，所以a4＝2或a4＝－2，但a2＋a6>0，可知a4>0，所以a4＝2，则tanπa43＝tan2π3＝－3.故选B.2．(2022·广东广州荔湾区高三上调研考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6

，S6＝3，则S12等于()A．－3B．－12C.－21D．－30答案D解析由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，则6＋S9－3＝－6，可得S9＝－9.同理，2(S9－S6)＝S6－S3＋S12－S9，即S12＋

6＝－24，得S12＝－30.故选D.3．(2021·江苏常州中学模拟)已知正项等比数列{an}满足a2a27a2020＝16，则a1a2…a1017＝()A．41017B．21017C.41018D．21018答案B解析由

a2a27a2020＝16，可得(a7a1011)2＝16，所以a7a1011＝4，a509＝2，所以a1a2…a1017＝a1017509＝21017.故选B.24．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，

若ak＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝()A．496B．469C.4914D．4915答案D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＋100×992d－9a1＋9×82d＝49

14d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915.故选D.5．数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*，λ≠0，λ∈R)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值是()A．1B．2C.12D．－1答案B解析数列{an－1}为等比

数列⇒an＋1－1an－1＝λan－2an－1＝q，即λan－2＝qan－q，上式恒成立，可知λ＝q，－2＝－q⇒λ＝2，故选B.6．已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2nπ2bn＋cos2nπ2，则该数列的前23

项和为()A．4194B．4195C.2046D．2047答案A解析由题意，得当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列的奇数项是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列，当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列的偶数项是以b2

＝4为首项，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＝4194.37．(2021·湖

北省黄冈市高三年级质量检测)明代朱载堉创造了音乐上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比

数列，则有大吕＝黄钟×太簇，大吕＝3(黄钟)2×夹钟，太簇＝3黄钟×(夹钟)2.据此可得，正项等比数列{an}中，ak＝()A.n－k＋1an－k1anB．n－k＋1a1an－knC.n－1an－k1a

k－1nD．n－1ak－11an－kn答案C8．(2022·山东日照高三上开学校际联考)设f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＝f(x)，数列{an}满足a1＝－1，且an＋1n＋1＝ann＋2n(n＋1)(n∈N*)，则f(a22)＝()A．0B．－1

C.21D．22答案A解析对于数列{an}满足a1＝－1，且an＋1n＋1＝ann＋2n(n＋1)(n∈N*)，变形可得an＋1n＋1－ann＝2n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝2n－2n＋1，则ann＝ann－an－1n－1

＋an－1n－1－an－2n－2＋…＋a22－a11＋a11＝2n－1－2n＋2n－2－2n－1＋…＋21－22＋－11＝1－2n.所以an＝n－2，所以

a22＝22－2＝20.因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)且f(0)＝0.因为f(2－x)＝f(x)，则－f(－x)＝f(2－x)，则f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)4＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的周

期函数．所以f(a22)＝f(20)＝f(0)＝0.故选A.9．(多选)(2021·广东省实验中学高三上学期第一次阶段考试)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝S18，则下列各项的值为0的是()A．a17B．S35C．a1

7－a19D．S19－S16答案BD解析设{an}的首项为a1，公差为d，由S17＝S18，即17a1＋17×162d＝18a1＋18×172d，得a1＝－17d，∴an＝(n－18)d，Sn＝n(－17d＋nd－18d)2＝n(n－35)2d，∴a18＝

0，S35＝0，a17－a19＝－d－d＝－2d，S19－S16＝19×(－16)2d－16×(－19)2d＝0.故选BD.10．(多选)(2021·海口市高考模拟演练)已知正项等比数列{an}满足a1＝

2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则()A．q＝2B．an＝2nC．S10＝2047D．an＋an＋1＜an＋2答案ABD解析由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍

去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝2×(1－2n)1－2＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an＞3an，所以an＋an＋1<an＋2，D正确．故选ABD.11．(多选)在数

列{an}中，若a2n－a2n－1＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是()A．若{an}是等差数列，则{a2n}是等方差数列B．{(－1)n}是等方差数列C．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列

D．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列5答案BCD解析对于A，取an＝n，则a4n＋1－a4n＝(n＋1)4－n4＝[(n＋1)2－n2][(n＋1)2＋n2]＝(2n＋1)(2

n2＋2n＋1)不是常数，则{a2n}不是等方差数列，A错误；对于B，[(－1)n＋1]2－[(－1)n]2＝1－1＝0为常数，则{(－1)n}是等方差数列，B正确；对于C，若{an}是等方差数列，则存在常数p∈R，使得a2n＋1－a2n＝p，

则数列{a2n}为等差数列，所以a2k(n＋1)－a2kn＝kp，则数列{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列，C正确；对于D，若数列{an}为等差数列，设其公差为d，则存在m∈R，使得an＝dn＋m，则a2n＋1－a2n＝(an＋1－an)(an＋1＋an)＝d(2d

n＋2m＋d)＝2d2n＋(2m＋d)d，由于数列{an}也为等方差数列，所以存在实数p，使得a2n＋1－a2n＝p，则2d2n＋(2m＋d)d＝p对任意的n∈N*恒成立，则2d2＝0，(2m＋d)d＝p，得p＝d＝0，此时，数列{an}为常数列，D正确．12．

(多选)(2021·湖南省长沙市第一中学高三月考(三))将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n…an1an2an3…ann该数阵第一列的n个数从上到下构

成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m＞0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有()A．m＝3B．a67＝17×37C．aij＝(3i－1)×3j－1D．S＝14n(3n＋1)(3n－1)答案ACD解析由

题意可知，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差6数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列，且a11＝2，a13＝a61＋1，可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5d＝2

＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－12(舍去)，所以A正确；又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以B不正确；又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)×m]×mj

－1＝[]2＋(i－1)×3×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以C正确；这n2个数的和S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)＝a11(1－3n)1－3＋a21(1－3n)1－3＋…＋an1(1－3n)1－3＝12(3n－1)

·[2＋2＋3(n－1)]n2＝14n(3n＋1)·(3n－1)，所以D正确．故选ACD.二、填空题13．(2022·广东广雅中学高三上月考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝11－an，其前n项的乘积为Tn

，则T2021＝________.答案2解析a2＝11－a1＝－1，a3＝11－a2＝12，a4＝11－a3＝2，所以数列{an}的周期T＝3，a1a2a3＝－1，T2021＝(－1)673a1a2＝2.14．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＝________.答案n2解析∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，∴PnPn＋1→＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，∴an＋1－a

n＝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＝n2.15．(2022·湖南师范大学附属中学高三上第二次月考)等比数列{an}的公比

0<q<1，a217＝a24，则使a1＋a2＋a3＋…＋an>1a1＋1a2＋…＋1an成立的正整数n的最大值为________．答案187解析由等比数列{an}的公比0<q<1，a217＝a24，可得(a1q16)2＝a1q23，可得a1q9＝1，则a1

>0，且a1＝q－9，由{an}为等比数列，可得1an是以1a1为首项，1q为公比的等比数列，则原不等式等价为a1(1－qn)1－q>1a11－1qn1－1q，因为0<q<1，把a1＝q－9代入，整理得q－18(1－qn)>q1－n(1－qn

)，可得q－18>q1－n，－18<1－n，即n<19，由n∈N*，得正整数n的最大值为18.16．(2021·河南省郑州市名校联考第一次调研考试)设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超过x的最大整数，则a4

＝________，2021a1＋2021a2＋…＋2021a2021＝________.答案202020解析由an＋2－2an＋1＋an＝2得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，记bn＝an＋1－an，则bn＋1－bn＝2，所以{bn}是首项为b1＝a2－a1＝

6－2＝4，公差为2的等差数列，所以bn＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，所以an＋1－an＝2n＋2，所以a2－a1＝2×1＋2，a3－a2＝2×2＋2，a4－a3＝2×3＋2，…an－an－1＝2×(n－1)＋2(n≥2)，将上述等式相加得an－a1＝2×(1＋

2＋3＋…＋n－1)＋2(n－1)＝(n＋2)(n－1)，所以an＝(n＋2)(n－1)＋a1＝n2＋n＝n(n＋1)，又a1＝2也适合该式，所以an＝n(n＋1)，a4＝20.所以1an＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，

8则2021a1＋2021a2＋…＋2021a2021＝2021×1－12＋12－13＋…＋12021－12022＝2021×1－12022＝2021－20212022，所以2021a1＋2021a2＋…＋2021a20

21＝2021－20212022＝2020.三、解答题17．已知等比数列{an}中，an>0，a1＝164，1an－1an＋1＝2an＋2，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)

设等比数列{an}的公比为q，则q>0，因为1an－1an＋1＝2an＋2，所以1a1qn－1－1a1qn＝2a1qn＋1，因为q>0，解得q＝2，所以an＝164×2n－1＝2n－7，n∈N*.(2)bn＝(－1)n(log2an)2＝(－1)n(log22n－7)2＝(－1)n(n－7

)2，设cn＝n－7，则bn＝(－1)n(cn)2.T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝－c21＋c22＋(－c23)＋c24＋…＋(－c22n－1)＋c22n＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)(c3＋

c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝2n[－6＋(2n－7)]2＝n(2n－13)＝2n2－13n.18．(2021·山东临沂二模、枣庄三调)在①3Sn＋1＝Sn＋1，②a2＝19，③2Sn＝1－3an＋1这三个条

件中选择两个，补充在下面问题中，并给出解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________，________，又知正项等差数9列{bn}满足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列．(1)求{an}和{bn

}的通项公式；(2)证明：ab1＋ab2＋…＋abn＜326.解(1)选择①②：当n≥2时，由3Sn＋1＝Sn＋1，得3Sn＝Sn－1＋1，两式相减，得3an＋1＝an，即an＋1an＝13(n≥2)，由①，得3S2＝S1＋1，即3(a1＋a2)＝a1＋1，∴2a1＝1－3a2＝1－13

＝23，得a1＝13，∴a2a1＝13，∴{an}是首项为13，公比为13的等比数列，∴an＝13×13n－1＝13n.设等差数列{bn}的公差为d，d≥0，∵b1，b2－1，b3成等比数列，∴b1b3＝(b2－1)2，即2(2＋2

d)＝(1＋d)2，解得d＝3，d＝－1(舍去)，∴bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.选择②③：当n≥2时，由2Sn＝1－3an＋1，得2Sn－1＝1－3an，两式相减，得2an＝3an－3an＋1，∴an＋1an＝13(n≥2)，又2S1＝1

－3a2，得a1＝13，∴a2a1＝13，∴{an}是首项为13，公比为13的等比数列，∴an＝13×13n－1＝13n.10设等差数列{bn}的公差为d，d≥0，∵b1，b2－1，b3成等比数列，∴b1b3

＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝(1＋d)2，解得d＝3，d＝－1(舍去)，∴bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.(2)证明：由(1)得abn＝a3n－1＝133n－1，则ab1＋ab2＋…＋abn＝

132＋135＋…＋133n－1＝132×1－133n1－133＝3261－133n＜326.19．已知函数f(x)＝x2＋x＋c(c为常数)，且x∈－12，0时，f(x)的最大值

为－14，数列{an}的首项a1＝32，点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，其中n≥1，n∈Z.(1)证明：数列lgan＋12是等比数列；(2)记Rn＝a1＋12·a2＋12·…·

an＋12，求Rn.解(1)证明：依题意，f(x)＝x2＋x＋c，c为常数，当x∈－12，0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－14，所以f(x)

＝x2＋x－14.又点(an，an＋1)在函数f(x)的图象上，所以an＋1＝a2n＋an－14，即an＋1＋12＝an＋122，11由于a1＝32，易知an＋12>0，所以lgan＋1＋12＝2lgan＋12，又lga

1＋12＝lg2≠0，所以数列lgan＋12是首项为lg2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知lgan＋12＝2n－1·lg2＝lg22n－1，所以an＋12＝22n－1，所以Rn＝220·221·222·…·22n－1＝

220＋21＋22＋…＋2n－1＝22n－1.20．(2021·湖北省十一校高三第一次联考)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，且b3－a3,20，a5＋b2既是等差数列，又是等比数列．(1)求数列

{an}和{bn}的通项公式；(2)在①cn＝1anan＋1＋(－1)nbn，②cn＝anbn，③cn＝2(an＋3)anan＋1bn＋1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．若____________，求数列{cn}的前n项和Sn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，

等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，由题得20＝b3－a3＝a5＋b2，即20＝3q2－(3＋2d)，20＝(3＋4d)＋3q，解得d＝2，q＝3，所以an＝2n＋1，bn＝3n.(2)选①：cn＝1anan＋1＋(－1)nbn＝1(2n＋1

)(2n＋3)＋(－3)n12＝121an－1an＋1＋(－3)n，则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝121a1－1a2＋(－3)1＋121a2－1a3＋(－3)2＋…＋121an－1an＋1＋

(－3)n＝121a1－1an＋1＋－3[1－(－3)n]1＋3＝1213－12n＋3＋－3[1－(－3)n]4，故Sn＝n3(2n＋3)＋3[(－3)n－1]4.选②：cn＝anbn＝(2n＋1)3n，Sn

＝c1＋c2＋…＋cn＝3×3＋5×32＋…＋(2n＋1)3n，(ⅰ)3Sn＝3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)3n＋1，(ⅱ)由(ⅰ)－(ⅱ)，得－2Sn＝32＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n＋1)3n＋1，

即Sn＝n·3n＋1.选③：cn＝2(an＋3)anan＋1bn＋1＝2(2n＋4)(2n＋1)(2n＋3)3n＋1＝1(2n＋1)3n－1(2n＋3)3n＋1＝1anbn－1an＋1bn＋1，则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1a1b1－1a2b2＋1a2b2－1

a3b3＋…＋1anbn－1an＋1bn＋1＝1a1b1－1an＋1bn＋1，故Sn＝19－1(2n＋3)3n＋1.21．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5

，S4＝16.13(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn

＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公比为q，因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以a1＋a1q＝3，a1q2－a1q＝2，得3q2－5q－2＝0，又q>0，所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.设数列{bn}的公差为d，因为b3＝5，S4＝16，所以

b1＋2d＝5，4b1＋6d＝16，解得b1＝1，d＝2，则bn＝2n－1.(2)由(1)得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，由cn＝S△PnQnPn＋

1＝2n－1(2n－1)2＝(2n－1)·2n－2，得Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝12×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，①2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，②由①－②得，－Tn＝12＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(

2n－1)2n－1＝12＋2(1－2n－1)1－2－(2n－1)·2n－1＝(3－2n)2n－1－32，故Tn＝(2n－3)·2n－1＋32(n∈N*)．