2019届高考数学二轮复习小题必刷卷（八）数列文.docx

1、1小题必刷卷(八) 数列考查范围:第 28 讲 第 32 讲题组一 刷真题角度 1 数列的概念及递推关系1.2016浙江卷 如图 X8-1,点列 An,Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An An+2,nN *,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn Bn+2,nN *.(P Q 表示点 P 与 Q不重合)若 dn=|AnBn|,Sn为 AnBnBn+1的面积,则 ( )图 X8-1A.Sn是等差数列 B. 是等差数列S2nC.dn是等差数列 D. 是等差数列d2n2.2014全国卷 数列 an满足 an+1= ,a8=2,则 a1= . 11-an角度

2、 2 等差数列概念、性质及基本运算3.2017全国卷 记 Sn为等差数列 an的前 n 项和 .若 a4+a5=24,S6=48,则 an的公差为( )A.1 B.2 C.4 D.84.2015全国卷 已知 an是公差为 1 的等差数列, Sn为 an的前 n 项和 .若 S8=4S4,则a10= ( )A. B. C.10 D.12172 1925.2015陕西卷 中位数为 1010 的一组数构成等差数列,其末项为 2015,则该数列的首项为 . 角度 3 等差数列前 n 项和6.2017全国卷 等差数列 an的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6成等比数列,则 an前 6 项的和

3、为 ( )2A.-24 B.-3 C.3 D.87.2016全国卷 已知等差数列 an前 9 项的和为 27,a10=8,则 a100= ( )A.100 B.99 C.98 D.978.2015全国卷 设 Sn是等差数列 an的前 n 项和 .若 a1+a3+a5=3,则 S5= ( )A.5 B.7 C.9 D.119.2014全国卷 等差数列 an的公差为 2,若 a2,a4,a8成等比数列,则 an的前 n 项和Sn= ( )A.n(n+1) B.n(n-1)C. D.n(n+1)2 n(n-1)210.2017浙江卷 已知等差数列 an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,则“ d0”

4、是“S4+S62S5”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件角度 4 等比数列概念、性质及基本运算11.2017全国卷 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座 7 层塔共挂了 381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍,则塔的顶层共有灯 ( )A.1 盏 B.3 盏C.5 盏 D.9 盏12.2015全国卷 已知等比数列 an满足 a1= ,a3a5=4(a4-1),则 a2= ( )14A.2 B.1 C. D.12 1813.2018北京卷 “十

5、二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献 .十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 .若第一个单音的频率为 f,则第八个单音的频率为 ( )122A. f B. f32 3223C. f D. f1225 122714.2017全国卷 设等比数列 an满足 a1+a2=-1,a1-a3=-3,则 a4= . 15.2015广东卷 若三个正数 a,b,c 成等比数列,其中 a=5+2 ,c=5-2 ,则 b= 6 6. 16.2015福建卷 若 a,b 是

6、函数 f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且 a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的值等于 .角度 5 等比数列前 n 项和17.2013全国卷 设首项为 1,公比为 的等比数列 an的前 n 项和为 Sn,则 ( )23A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an18.2015全国卷 在数列 an中, a1=2,an+1=2an,Sn为 an的前 n 项和 .若 Sn=126,则 n= .角度 6 数列求和与通项公式19.2015全国卷 设 Sn是数列 an的前 n 项和,且 a1=-1

7、,an+1=SnSn+1,则 Sn= . 题组二 刷模拟20.2018武汉二月调研 在等差数列 an中,前 n 项和 Sn满足 S7-S2=45,则 a5= ( )A.7 B.9 C.14 D.1821.2018银川一中模拟 等差数列 an的前 11 项和 S11=88,则 a3+a9= ( )A.8 B.16 C.24 D.3222.2018湖北黄冈、黄石八市 3 月联考 若 a,b,c,dR,则“ a+d=b+c”是“ a,b,c,d 依次成等差数列”的 ( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件23.2018湖南湘东五校联考 已知在等比数列 an中

8、, a3=7,前 3 项的和 S3=21,则公比 q的值是 ( )4A.1 B.-12C.1 或 - D.-1 或12 1224.2018安徽安庆一中月考 已知数列 an的前 n 项和为 Sn,S1=1,S2=2,且 Sn+1+2Sn-1=3Sn(n2 且 nN *),则数列 an ( )A.为等差数列 B.为等比数列C.从第 2 项起为等差数列 D.从第 2 项起为等比数列25.2018宁夏石嘴山三中模拟 在等比数列 an中, a2a3a4=1,a6a7a8=64,则 a5= ( )A.2 B.-2C.2 D.426.2018山东菏泽一模 已知在等差数列 中, a1=1,a3=2a+1,a5

9、=3a+2,若anSn=a1+a2+an,且 Sk=66,则 k 的值为 ( )A.9 B.10C.11 D.1227.2018银川一中月考 已知数列 an的首项 a1=1,且 an+1-an= ,则 a2018= ( )(-12)nA.1- B.2-(12)2017 (12)2017C. D.21-(12)20183 21-(12)2017328.2018吉林市三调 已知等差数列 an的公差不为 0,a1=1,且 a2,a4,a8成等比数列,设an的前 n 项和为 Sn,则 Sn= ( )A. B.n(n+1)2 (n+1)22C. D.n2+12 n(n+3)429.2018成都石室中学二

10、诊 已知数列 an的各项都为正数,前 n 项和为 Sn,若log 2an是公差为 1 的等差数列,且 S5=62,则 a2= . 30.2018安徽蚌埠二中 4 月月考 已知等比数列 an的各项均为正数, Sn是其前 n 项和,且满足 2S3=8a1+3a2,若 a4=16,则 S4= . 31.2018山东潍坊三模 数列 an满足 an= ,则 + + = . n(n+1)2 1a11a2 1a201832.2018厦门二检 已知数列 an满足 a1=1,a2=3,|an-an-1|=n(nN, n3),若 a2n-1是递增数列, a2n是递减数列,则 a2018= . 533.2018湖南

11、三湘名校三联 已知首项为 2 的数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn+1-2(2an+1)=0(nN *),记 f(n)= (-2n+31)-1(nN *),则当 f(n)取得最大值时, n 的值为 . an2n-1小题必刷卷(八)1.A 解析 由题意得, An是线段 An-1An+1(n2)的中点, Bn是线段 Bn-1Bn+1(n2)的中点,且线段 AnAn+1的长度都相等,线段 BnBn+1的长度都相等 .过点 An作高线 hn,由 A1作高线 h2的垂线 A1C1,由 A2作高线 h3的垂线 A2C2,则 h2-h1=|A1A2|sin A2A1C1,h3-h2=|A2A3|sin

12、 A3A2C2.而|A1A2|=|A2A3|, A2A1C1= A3A2C2,故 h1,h2,h3成等差数列,故 AnBnBn+1的面积构成的数列 Sn是等差数列 .2. 解析 由题易知 a8= =2,得 a7= ;a7= = ,得 a6=-1;a6= =-1,得 a5=2,于是可12 11-a7 12 11-a612 11-a5知数列 an具有周期性,且周期为 3,所以 a1=a7= .123.C 解析 设 an的公差为 d,则 2a1+7d=24 且 6a1+15d=48,解得 d=4.4.B 解析 由 S8=4S4,得 8a1+ 1=4 ,解得 a1= ,所以 a10= +(10-1)8

13、72 (4a1+432 1) 12 121= .1925.5 解析 设首项为 a1,则 a1+2015=21010,解得 a1=5.6.A 解析 an为等差数列,且 a2,a3,a6成等比数列,则 =a2a6,即( a1+2d)2=(a1+d)a23(a1+5d).将 a1=1 代入上式并化简,得 d2+2d=0,d 0, d=-2,S 6=6a1+ d=16+ (-2)=-24.652 6527.C 解析 9=27,可得 a5=3,所以 a10-a5=5d=5,所以 d=1,所以 a100=a10+90d=98.a1+a928.A 解析 因为 an为等差数列,所以 a1+a3+a5=3a3=

14、3,所以 a3=1,于是 S5= =5a3=5.5(a1+a5)29.A 解析 由题意,得 a2,a2+4,a2+12 成等比数列,即( a2+4)2=a2(a2+12),解得 a2=4,故 a1=2,所以 Sn=2n+ 2=n(n+1).n(n-1)2610.C 解析 由题意,得 Sn=na1+ d,则 S4+S6-2S5=(4a1+6d)+(6a1+15d)-2(5a1+10d)=d.n(n-1)2因此当 d0 时, S4+S6-2S50,则 S4+S62S5;当 S4+S62S5时, S4+S6-2S50,则 d0.所以“ d0”是“ S4+S62S5”的充分必要条件 .因此选 C.11

15、.B 解析 设塔的顶层共有 a1盏灯,根据题意得 =381,解得 a1=3.a1(1-27)1-212.C 解析 因为 an为等比数列,所以 a3a5=4(a4-1)= ,得 a4=2,而 a1= , = =8=q3,得公a2414a4a1214比 q=2,所以 a2= 2= .14 1213.D 解析 由题意得,单音的频率是以 f 为首项,公比为 的等比数列, 第八个单音122的频率为 f( )7= f.122 122714.-8 解析 设等比数列 an的公比为 q.由 得 显然a1+a2=-1,a1-a3=-3, a1+a1q=-1,a1-a1q2=-3,q 1,a10,由 得 1-q=3

16、,即 q=-2,代入 式可得 a1=1,a 4=a1q3=1(-2)3=-8.15.1 解析 因为三个正数 a,b,c 成等比数列,所以 b2=ac=(5+2 )(5-2 )=1.因为 b0,所6 6以 b=1.16.9 解析 由 有 a0,b0,不妨设 a0,ab=q0,成等比数列,所以 解得 (负值舍去),所以 p=5,q=4,即 p+q=9.b-2=2a,ab=4, a=1,b=417.D 解析 an= ,Sn= =3 1- an =3-2an.(23)n-1 1-(23) n1-23 2318.6 解析 由 a1=2,an+1=2an可知数列 an为等比数列,公比为 2,所以 Sn=

17、=126,2(1-2n)1-2得 n=6.19.- 解析 因为 a1=-1,an+1=SnSn+1,所以 S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 - =-1,所以数列1n 1Sn+11Sn是首项为 -1,公差为 -1 的等差数列,所以 =-n,所以 Sn=- .1Sn 1Sn 1n20.B 解析 S7-S2=a3+a4+a5+a6+a7=5a5=45,所以 a5=9.21.B 解析 等差数列 an的前 11 项和 S11=88,S 11= =88,a 1+a11=16.根据等11(a1+a11)2差数列的性质,可得 a3+a9=a1+a11=16,故选 B.22.B 解析 若 a,b,

18、c,d 依次成等差数列,则 a+d=b+c,即必要性成立;若 a=2,b=1,c=3,d=2,则满足 a+d=b+c,但 a,b,c,d 不能依次成等差数列,即充分性不成立 .故选 B.723.C 解析 因为 a3+ + =21,所以 1+ + =3,解得 q=- 或 q=1,所以公比 q 的值是 - 或 1.a3qa3q2 1q1q2 12 1224.D 解析 由 S1=1 得 a1=1;由 S2=a1+a2=2,得 a2=1.S n+1+2Sn-1=3Sn(n2 且 nN *),S n+1-Sn=2(Sn-Sn-1)(n2 且 nN *),a n+1=2an(n2 且 nN *),当 n=

19、1 时,上式不成立, 数列 an从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列 .故选 D.25.C 解析 因为 a2a3a4=1,a6a7a8=64,所以 =1, =64,即 a3=1,a7=4,因此 =a3a7=4,因为a33 a37 a25a5,a3同号,所以 a5=2.26.C 解析 由题意得 2a3=a1+a5,即 2(2a+1)=1+3a+2,解得 a=1,所以公差 d= = =1,a3-a12 3-12所以 Sk=k1+ 1=66,解得 k=-12(舍去)或 k=11.故选 C.k(k-1)227.C 解析 a n+1-an= ,a n+2-an+1= ,两式相加,得 an+2-an=

20、 +(-12)n (-12)n+1 (-12)n+1= .a 2-a1=- 且 a1=1,a 2= ,a 2018=(a2018-a2016)+(a2016-a2014)+(a4-a2)(-12)n12(-12)n 12 12+a2= + + + = .12 (-12)201612 (-12)201412 (-12)21221-(12)2018328.A 解析 设等差数列 an的公差为 d(d0), a 2,a4,a8成等比数列, =a2a8,即a24(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), (1+3d)2=(1+d)(1+7d),解得 d=1 或 d=0(舍去), S n=n+= .n

21、(n-1)2 n(n+1)229.4 解析 设log 2an的首项为 a,则 log2an=a+n-1,所以 an=2n+a-1=2n-12a,所以 an是首项为 2a,公比为 2 的等比数列,故 S5= =312a=62,解得 a=1,所以 an=2n,a2=22=4.2a(1-25)1-230.30 解析 设等比数列 an的公比为 q0, 2S3=8a1+3a2, 2(a1+a2+a3)=8a1+3a2,整理得 2a3=6a1+a2,即 2a1q2=6a1+a1q,即 2q2-q-6=0,解得 q=2 或 q=- (舍去),由 a4=16,可得32a123=16,解得 a1=2,则 S4=

22、 =30.2(1-24)1-231. 解析 由题意知 an= ,则 = =2 - ,所以 + + =2 1-40362019 n(n+1)2 1an 2n(n+1) 1n 1n+1 1a11a2 1a2018+ - + - =2 1- = .12 1213 1201812019 120194036201932.-1005 解析 a2n-1是递增数列, a 2n+1-a2n-10, (a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0, 2n+12n,|a 2n+1-a2n|a2n-a2n-1|,a 2n+1-a2n0(n2),又 |a3-a2|=3,a 3=6 或 0,a 3-a10,a 3=6,

23、a 2n+1-a2n0(n1)成立 .由 a2n是递减数列,可得 a2n+2-a2n0,同理可得 a2n+2-8a2n+10(n1) . a 2n+2-a2n=-1, a2n是首项为 3,公差为a2n+1-a2n=2n+1,a2n+2-a2n+1=-(2n+2),-1 的等差数列,故 a2018=3+(1009-1)(-1)=-1005.33.8 解析 因为 Sn+1-2(2an+1)=0(nN *),所以 Sn+1=4an+2,所以 S2=4a1+2,所以a2=3a1+2=8.因为 an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1-4an,所以 an+2-2an+1=2(an+1-2an),所以数列 an+1-2an是以 a2-2a1=4 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an+1-2an=42n-1=2n+1,即 - =1,所以数列an+12n+1an2n是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以 =1+(n-1)=n,即 an=n2n.所以 f(n)= (-an2n an2n an2n-12n+31)-1=-4n2+62n-1=-4 n- 2+ ,又 nN *,所以当 n=8 时, f(n)取得最大值 .314 9574