1、考点十二 数列综合问题 1 A卷 PART ONE 一、选择题 1若数列an满足 an1an(1)n n，则数列an的前 20 项的和为 ( ) A100 B100 C110 D110 解析 由 an1an(1)n n，得 a2a11，a3a43，a5a6 5，a19a2019，an的前 20 项的和为 a1a2a19a20 1319119 2 10100. 答案答案 解析解析 2(2020 海南二模)圆周率 是无理数，小数部分无限不循环，毫无规 律，但数学家们发现 可以用一列有规律的数相加得到：44 3 4 5 4 7 4 9 4 11.若将上式看作数列an的各项求和，则an的通项公式可以是
2、 ( ) Aan 4 2n1 Ban 8 nn2 Can(1)n 4 2n1 Dan 8 4n14n3 答案答案 解析 由题意可知 44 3 4 5 4 7 4 9 4 11 8 13 8 57 8 911 ，对比选项可知 an 8 4n14n3. 解析解析 解析 由已知得 an1 2n3 an 2n51， a1 257，所以数列 an 2n5 是首 项为7，公差为 1 的等差数列， an 2n57(n1)n8，则 an(2n 5)(n8)2n221n40，因为 21 22 5.25，所以an中最小的一项是第 5 项故选 A. 3(2020 湖南长沙长郡中学高三下学期第一次模拟)已知数列an的
3、首 项 a121，且满足(2n5)an1(2n3)an4n216n15，则an中最小的 一项是( ) Aa5 Ba6 Ca7 Da8 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)数列an中，a12，amnaman，若 ak1ak2 ak1021525，则 k( ) A2 B3 C4 D5 解析 在等式 amnaman中， 令 m1， 可得 an1ana12an， a n1 an 2，数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，an22n12n. ak1ak2ak10a k1 12 10 12 2 k1 1210 12 2k1 (2101)25 (210 1)，2k125，则 k15，解得 k
4、4.故选 C. 答案答案 解析解析 5(2020 陕西西安中学高三下学期仿真考试一)已知数列an的通项公 式 ann100 n ，则|a1a2|a2a3|a99a100|( ) A150 B162 C180 D210 解析 由对勾函数的性质可知，当 n10 时，数列an递减；当 n10 时，数列an递增所以|a1a2|a2a3|a99a100|(a1a2)(a2 a3)(a9a10)(a11a10)(a12a11)(a100a99)a1a10a100 a101100(1010)(1001)(1010)162. 答案答案 解析解析 6(2020 山东泰安高三第五次模拟)已知函数 f(x)x3lg
5、 (x21x)， 若等差数列an的前 n 项和为 Sn， 且 f(a11)10， f(a20201)10， 则 S2020 ( ) A4040 B0 C2020 D4040 答案答案 解析 因为 f(x)x3lg (x21x)的定义域为 R，关于原点对称，且 f(x)(x)3lg (x21x)x3lg 1 x21xx 3lg ( x21x) f(x)，所以 f(x)为奇函数，由 f(a11)f(a20201)f(1a2020)，得 a1 11a2020，所以 a1a20202，因为an为等差数列，所以 S2020 2020a1a2020 2 2020，故选 C. 解析解析 7(多选)(2020
6、 山东青岛一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11， Sn1Sn2an1，数列 2n anan1 的前 n 项和为 Tn，nN*，则下列选项正确 的为( ) A数列an1是等差数列 B数列an1是等比数列 C数列an的通项公式为 an2n1 DTn1 答案答案 解析 由 Sn1Sn2an1，得 an1Sn1Sn2an1，可化为 an1 12(an1)，由 a11，可得数列an1是首项为 2，公比为 2 的等比数 列，则 an12n，即 an2n1，又 2n anan1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11，可得 Tn 1 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2
7、n11 1 1 2n111，下列选项正确的是( ) Aa1a3 Ba3a4 Ca1a2 Da4a2 解析 a1，a2，a3，a4成等比数列，设公比为 q.a1a2a3a4(a2 a3a4)2，a4 q3 a4 q2 a4 q a4 a4 q2 a4 q a4 2， 1 q3 1 q2 1 q1a4 1 q2 1 q1 2，a 41， 1 q3 1 q2 1 q1 1 q2 1 q1 2，整理，得 1 q4 1 q3 2 q2 1 q0，即 q 3 2q2q10，得 x1 3或 x1；由 f(x)0，得1x0. 又 f(2)10，f(x)在区间(2，1)上有一个零点 x0.即 q32q2 q10
8、 时，qx01.a41，等比数列 a1，a2，a3，a4中，a1， a3均为负数，a2，a4均为正数a3a1q2a2.故选 AD. 解析解析 答案 10 二、填空题 9(2020 浙江高考)已知数列an满足 annn1 2 ，则 S3_. 解析 因为 annn1 2 ，所以 a11，a23，a36. 所以 S3a1a2a313610. 答案答案 解析解析 答案 8 10已知 an n7 n5 2 (nN*)，设 am为数列an的最大项，则 m _. 解析 因为函数 y x7 x5 2在(，5 2)，(5 2，)上单调递减， 结合该函数图象可得 a8a91a1a2a7，即 a8为数列an的最大项
9、， 故 m8. 答案答案 解析解析 解析 因为(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，令 x1，得 Sn a0a1a2an2n，所以 1 Sn 1 2n，所以 Tn 1 2 1 1 2n 11 2 1 1 2n，所以|Tn 1| 1 2020，即 1 2n 1 2020，所以 n11，即 n 的最小值为 11. 答案 11 11 (2020 山东青岛二模)已知(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)， 设 Sna0a1a2an；数列 1 Sn 的前 n 项和为 Tn，当|Tn1| 1 2020时， n 的最小整数值为_ 答案答案 解析解析 12 (2020 山西晋中高三四模)在如
10、图所示的表格中， 如果每格填上一个 数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么 xy 的值为_ 6 8 3 4 x y 答案 25 8 答案答案 解析 由题意，设第一行构成等差数列an，公差为 d，可得 a16， a38，则 a3a12d，即 62d8，解得 d1，所以 a4a13d9；设 第二行构成等差数列bn，公差为 d1，可得 b13，b34，则 32d14， 解得 d11 2，所以 b4b13d1 9 2；设第三列构成等比数列cn，公比为 q， 可得 c18， c24， 则 qc2 c1 1 2， 所以 xc32； 设第四列构成等比数列en， 公比为 q1，可得 e19，e29 2
11、，则 q1 e2 e1 1 2，所以 ye49 1 2 39 8，所以 xy29 8 25 8 . 解析解析 三、解答题 13(2020 山东济宁邹城第一中学高三下五模)对于由正整数构成的数 列An，若对任意 m，nN*，且 mn，AmAn也是An中的项，则称An 为“Q 数列”设数列an满足 a16,8a212. (1)请给出一个数列an的通项公式，使得数列an既是等差数列也是 “Q 数列”，并说明理由； (2)根据你给出的通项公式， 设数列an的前 n 项和为 Sn， 求满足 Sn100 的正整数 n 的最小值 解 (1)给出的通项公式为 an2n4. 因为对任意 nN*，an1an2(n
12、1)42n42， 所以an是公差为 2 的等差数列 对任意 m，nN*，且 mn，aman2m42n42(mn2)4 amn2， 所以数列an是“Q 数列” (2)因为数列an是等差数列， 所以 Snn62n4 2 n25n(nN*) 解解 因为 Sn递增，且 S7725784100，所 以 n 的最小值为 8. 注：以下答案也正确，解答步骤参考上面内容： an3n3，Sn3 2n 29 2n，n 的最小值为 7； an6n，Sn3n23n，n 的最小值为 6. 解解 证明 (1)因为 a11 2，(4n2)an1(2n1)an，bn1 an1 2n1， 所以b n1 bn 2n1a n1 2
13、n1an 1 2， 又 b1a1 1 1 2，所以bn是首项为 1 2，公比为 1 2的等比数列 于是 an 2n1bn 1 2 1 2 n1 1 2n，故 an 2n1 2n . 14 (2020 辽宁丹东二模)在数列an中， a11 2， (4n2)an1(2n1)an. (1)设 bn an 2n1，证明：bn是等比数列，并求an的通项公式； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，证明：Sn3. 证明证明 (2)由(1)知 Sn1 2 3 22 5 23 2n1 2n ， 又1 2Sn 1 22 3 23 5 24 2n1 2n1 ， 由可得， 1 2 Sn 1 2 2 1 2 2 1
14、 2 3 1 2 4 1 2 n 2n1 2n1 1 2 1 2 1 1 2 n1 11 2 2n1 2n1 3 2(2n3) 1 2 n13 2，故 Sn3. 证明证明 2 B卷 PART TWO 解析 由题意，得当 n 为奇数时，bn22bn，数列为以 2 为公比的等 比数列，当 n 为偶数时，bn2bn1，数列为以 1 为公差的等差数列， S23(b1b3b23)(b2b4b22) 1212 12 114 11111 2 1212144554194. 一、选择题 1已知数列bn满足 b11，b24，bn2 1sin2n 2 bncos2n 2 ，则该 数列的前 23 项的和为( ) A4
15、194 B4195 C2046 D2047 答案答案 解析解析 2等差数列an中，a1a212 5 ，a2a54，设 bnan，x表示不超 过 x 的最大整数，0.80，2.12，则数列bn的前 8 项和 S8( ) A24 B20 C16 D12 解析 由已知可得 2a1d12 5 ， 2a15d4 a11， d2 5 an1(n1) 2 5 2 5n 3 5b1b2b31，b4b52，b6b7b83S816. 答案答案 解析解析 解析 设正项等比数列an的公比为 q(q0)，a9a82a7，a7q2 a7q2a7，q2q20，q2 或 q1(舍去)，存在两项 am，an， 使得 aman2
16、a2 1，a 2 1q m1n12a2 1，2 mn22，mn21，mn3， 1 m 4 n 1 3 1 m 4 n (mn)1 3 n m 4m n 5 1 393，当且仅当 m1，n 2 时等号成立故选 C. 3已知正项等比数列an满足 a9a82a7，若存在两项 am，an，使得 aman2a2 1，则 1 m 4 n的最小值为( ) A2 2 B8 3 C3 D3 2 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)01 周期序列在通信技术中有着重要应用若序列 a1a2an满足 ai0,1(i1，2，)，且存在正整数 m，使得 aimai(i 1,2，)成立，则称其为 01 周期序列，并称满
17、足 aimai(i1,2，) 的最小正整数 m 为这个序列的周期 对于周期为 m 的 01 序列 a1a2an， C(k) 1 m m i1aiaik(k1，2，m1)是描述其性质的重要指标，下列周期 为 5 的 01 序列中，满足 C(k)1 5(k1,2,3,4)的序列是( ) A11010 B11011 C10001 D11001 答案答案 解析 由序列的周期为 5，知 m5，C(k)1 5 5 i1aiaik(k1,2,3,4)，对于 A，C(1)1 5 5 i1aiai1 1 5(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6) 1 5(10000) 1 5，C(2) 1 5 5 i1ai
18、ai2 1 5(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7) 1 5(0101 0)2 5，不满足题意；对于 B，C(1) 1 5 5 i1aiai1 1 5(a1a2a2a3a3a4a4a5 a5a6)1 5(10011) 3 5，不满足题意；对于 D，C(1) 1 5 5 i1aiai1 1 5 (a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)1 5(10001) 2 5，不满足题意故 选 C. 解析解析 5(2020 株洲市第二中学 4 月模拟)在数列an中，已知 a11，且对于 任意的 m，nN*，都有 amnamanmn，则 2019 i1 1 ai( ) A.2019 2020 B201
19、8 2019 C2019 1010 D2021 1010 答案答案 解析 因为对于任意的 m，nN*，都有 amnamanmn，取 m1， 有 an1ann1， 即 an1ann1， 则 an(anan1)(an1an2) (a2a1)a1n(n1)21 nn1 2 ，所以 1 an 2 nn1 2 1 n 1 n1 ，所以 2019 i1 1 ai2 11 2 1 2 1 3 1 2019 1 2020 2 1 1 2020 2019 1010.故选 C. 解析解析 6(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)已知数列an的首 项 a11，函数 f(x)x3an1ancosn 3 为
20、奇函数，记 Sn为数列an的前 n 项之和，则 S2021的值是( ) A.2023 2 B1011 C1008 D336 答案答案 解析 函数 f(x)x3an1ancosn 3 为奇函数，则 f(0)an1an cosn 3 0，即 an1ancosn 3 ，因为 cosn 3 的值以 6 为周期循环，且 a2a1 1 2，a3a2 1 2，a4a31，a5a4 1 2，a6a5 1 2，a7a61，又 a11，所以 a23 2，a31，a40，a5 1 2，a60，a71，所以 an 以 6 为 周期循环故 S2021336(a1a2a3a4a5a6)a1a2a3a4a5 1011.故选
21、 B. 解析解析 7 (多选)(2020 山东省实验中学 4 月高考预测)设等比数列an的公比为 q， 其前 n 项和为 Sn， 前 n 项积为 Tn， 并满足条件 a11， a2020a20211， a20201 a20211 0.下列结论正确的是( ) AS2020S2021 Ba2020a202210 CT2021是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 答案答案 解析 当q1不成立； 当q1时， a20201， a20211， a20201 a202110 不成立；故 0q1,0a2021S2020，A 正确； a2020 a20221a2 20211an，则称an是间隔递增数列， k
22、 是an的间隔数下列说法正确的是( ) A公比大于 1 的等比数列一定是间隔递增数列 B已知 ann4 n，则an是间隔递增数列 C已知 an2n(1)n，则an是间隔递增数列且最小间隔数是 2 D已知 ann2tn2020，若an是间隔递增数列且最小间隔数是 3， 则 4t1， 所以当 a10 时， ank0，解得 k3，故 B 正确；对于 C，ankan2(nk)(1)n k2n(1)n2k(1)n(1)k1，当 n 为奇数时，2k(1)k10， 存在 k1 成立，当 n 为偶数时，2k(1)k10，存在 k2 成立，综上， an是间隔递增数列且最小间隔数是 2，故 C 正确；对于 D，若
23、an是间隔 递增数列且最小间隔数是 3，则 ankan(nk)2t(nk)2020(n2tn 2020)2knk2tk0，nN*成立，则 k2(2t)k0，对于 k3 解析解析 成立，且 k2(2t)k0，对于 k2 成立，即 k(2t)0，对于 k3 成立， 且 k(2t)0，对于 k2 成立所以 t23，且 t22，解得 4tloga(12a)恒成立，则实数 a 的取值范围是_ 答案答案 解析 由题意可得，当 n2 时，cosn an an1 |an|an1| 1 2xn1yn1xn1 1 2xn1yn1yn1 1 2 xn1yn12xn1yn12 x2 n1y 2 n1 2 2 ， n
24、4(n2)，bn n2 nn 2 4 (n2)， 1 bn1 1 bn2 1 b2n 解析解析 4 n12 4 n22 4 nn2 2 1 n1 1 n2 1 nn 2 n 1 2n1， 当且仅当 n1 时，等号成立， loga(12a)0 可得 a0，0aa，解得 a0，前 n 项和为 Sn，若_，数列bn 满足 b11 3，anbnbn1. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)求数列anbnbn1的前 n 项和 Tn，并证明 Tn1 3. 解 选择， (1)由已知，得 q2q20，解得 q2 或 q1(舍去)， 又 anbnbn1，b11 3，a1b1b11，解得 a12， an2n
25、，bn 1 an1 1 2n1. (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11. Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3. 解解 选择， (1)当 n1 时，S1a12a12，得 a12， 当 n2 时，S2a1a22a22， 又 a12，得 a24，则 qa2 a12，an2 n， 又 anbnbn1，bn 1 an1 1 2n1. (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11， Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11
26、 1 3. 解解 选择， (1)S45S2， 当 q1 时，4a110a1，则 a10，舍去； 当 q1 时，a 11q 4 1q 5 a11q2 1q ，解得 q2(负值舍去)， 又 anbnbn1，b11 3，a1b1b11，解得 a12，an2 n， bn 1 an1 1 2n1. 解解 (2)anbnbn1 2n 2n12n11 1 2n1 1 2n11， Tn 1 21 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n11 1 3 1 2n11 1 3. 解解 解 (1)因为数列bn是公比为 q 的等比数列，b1b26b3， 所以 b1b1q6b1q2，即 1q6q2， 因为
27、 q0，所以 q1 2，所以 bn 1 2n1 . 14(2020 浙江高考)已知数列an，bn，cn中，a1b1c11，cn an1an，cn1 bn bn2 cn(nN*) (1)若数列bn为等比数列，公比 q0，且 b1b26b3，求 q 与an的 通项公式； (2)若数列bn为等差数列，且公差 d0，证明：c1c2cn11 d. 解解 所以 bn2 1 2n1，故 cn1 bn bn2 cn 1 2n1 1 2n1 cn4 cn， 所以数列cn是首项为 1，公比为 4 的等比数列，所以 cn4n1. 所以 anan1cn14n2(n2，nN*) 所以 ana1144n2114 n1 1
28、4 4 n12 3 (n2，nN*) a11 适合上式，所以 an4 n12 3 . 解解 (2)证明：依题意，设 bn1(n1)ddn1d， 因为 cn1 bn bn2 cn，所以 cn1 cn bn bn2， 所以 cn cn1 bn1 bn1(n2，nN *)， 故 cn cn cn1 cn1 cn2 c3 c2 c2 c1 c1 bn1 bn1 bn2 bn bn3 bn1 b2 b4 b1 b3 c1 b1b2 bnbn1 1d d 1 bn 1 bn1 11 d 1 bn 1 bn1 . 解解 所以 c1c2cn 11 d 1 b1 1 b2 1 b2 1 b3 1 bn 1 bn1 11 d 1 1 bn1 . 因为 d0，b11，所以 bn10， 所以 11 d 1 1 bn1 11 d. 即 c1c2cn11 d，nN *. 解解 本课结束
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