高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》技巧及练习题

一、选择题

1．已知an是单调递增的等比数列，满足a3a516,a2a617，则数列an的前n项和Sn A．2C．2n1n1 2B．2D．2n1n1 21 21 2【答案】D 【解析】 【分析】

和a1，代入求和公式计算可得． 【详解】

∵a3a516,a2a617，

由等比数列的性质和韦达定理可得a2，a6 为方程x217x160 的实根，解方程可得q

∴由等比数列的性质可得a2a616，a2a617 ，

a2，a6 为方程x217x160 的实根

，a616，或a216，a61 ， 解方程可得a21∵等比数列{an}单调递增，

∴a21，a616，∴q2，a1＝ ，

12112n1 ∴

Sn＝2＝2n1122故选D． 【点睛】

本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．

2．已知等差数列an中，若a3,a11是方程x22x10的两根，单调递减数列

bnnN*通项公式为bnn2a7n.则实数的取值范围是（ ）

A．,3 【答案】B 【解析】 【分析】

B．,

13C．,

13D．3,

先求出a71，再根据bn是递减数列，得到【详解】

1对nN*恒成立，即得解. 2n1∵a3,a11是方程x2x20的两根，∴a3a112. ∵an是等差数列，∴a3a112a72，∴a71，

2∴bnnn，又∵bn是递减数列，

∴bn+1-bn<0对nN*恒成立， 则n1n1∴2n2n0，∴2n110，

1对nN*恒成立， 2n113故选：B. 【点睛】

∴.

本题主要考查等差中项的应用，考查数列的单调性和数列不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．已知数列1,,A．

1131357135,,,,,...,,n,n,...，则该数列第2019项是（ ） 223333n2222222222B．

1989 2102019 210C．

1989 211D．

2019 211【答案】C 【解析】 【分析】 由观察可得1,1131357135,,,,,,...,,,,...223333nnn项数为22222222221,1,2,4,8,...,2k2,...，注意到102421020192112048，第2019项是第12个括号

里的第995项. 【详解】 由数列1,1131357135,,,,,,...,223333n,n,n,...，可发现其项数为 22222222221,1,2,4,8,...,2k2,...，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，

故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为所以第12个括号里的第995项是故选：C.

2m1， 2111989. 211【点睛】

本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.

4．已知数列an的前n项和为Sn，若Sn2ann，则S9（ ） A．993 【答案】C 【解析】 【分析】

n计算a11，an12an11，得到an21，代入计算得到答案.

B．766 C．1013 D．885

【详解】

当n1时，a11；

当n2时，anSnSn12an11，∴an12an11，

n所以an1是首项为2，公比为2的等比数列，即an21，∴

Sn2ann2n12n，

10∴S92111013．

故选：C. 【点睛】

本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.

5．已知数列{an}满足an1an2，且a1,a3,a4成等比数列.若{an}的前n项和为Sn，则

Sn的最小值为（ ）

A．–10 【答案】D 【解析】 【分析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得Sn，再利用二次函数的性质，可得当

B．14

C．–18

D．–20

n4或5时，Sn取到最小值.

【详解】

根据题意，可知{an}为等差数列，公差d2，

2由a1,a3,a4成等比数列，可得a3a1a4，

2∴(a14)a1(a16)，解得a18.

∴Sn8nn(n1)9812n29n(n)2. 224根据单调性，可知当n4或5时，Sn取到最小值，最小值为20.

故选：D. 【点睛】

本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前n项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当n4或5时同时取到最值.

6．在数列an中，若a10，an1an2n，则A．

111L的值 a2a3anD．

n1 nB．

n1 nC．

n1 n1n n1【答案】A 【解析】

分析：由叠加法求得数列的通项公式ann(n1)，进而即可求解详解：由题意，数列an中，a10,an1an2n，

则an(anan1)(an1an2)L(a2a1)a12[12L(n1)]n(n1)，

111L的和. a2a3an1111所以 ann(n1)n1n111111111n1L(1)()L()1所以，故选A. a2a3an223n1nnn点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.

7．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a6a11a203，则S21的值为（ ） A．63 【答案】C 【解析】 【分析】

根据等差数列性质，原式可变为a2a20(a6a16)a113，即可求得

B．21

C．63

D．21

S2121a1163.

【详解】

∵a2a6a11a16a203， ∴a2a20(a6a16)a113， ∴a113，∴S2121a1163， 故选：C．

【点睛】

此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.

8．已知等比数列{an}满足a13，a1a3a521，则a3a5a7（ ） A．21 【答案】B 【解析】

24242由a1+a3+a5=21得a1(1qq)211qq7q2 2a3+a5+a7=q(a1a3a5)22142，选B.

B．42 C．63 D．84

9．等比数列an的前n项和为Sn，若S32，S618，则A．-3 【答案】D 【解析】 【分析】

先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，求得公比q，再利用等比数列的前n项和公式，即可求解【详解】

由题意，等比数列an中S32，S618，

B．5

C．-31

S10等于（ ） S6D．33

S10的值，得到答案. S6a1(1q3)S31q3121q可得，解得q=2， 663S6a1(1q)1q1q181qa1(1q10)S101q101q51q33. 所以55a1(1q)1qS61q故选：D. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

10．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a12，且a1a564，则数列

an的前n项和是（ ） (a1)(a1)n1nA．112n11【答案】A 【解析】

B．11 2n1C．11 2n1D．11 2n12由等比数列的性质可得：a1a5a364,a38，

则数列的公比：qa382， a12n1n数列的通项公式：ana1q2，

an2n11故：

an1an112n12n112n12n11，

an则数列的前n项和是：

a1a1nn11111111L1. 12n23n1n121212121212121本题选择A选项.

点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

11．已知数列an满足：a12,an1SnSn10nN*，其中Sn为数列an的前n项

2和.设f(n)S11S21LSn1，若对任意的n均有f(n1)kf(n)成立，则

n1B．3

C．4

D．5

k的最小

整数值为（ ） A．2 【答案】A 【解析】 【分析】

当n1时，有条件可得Sn1SnSn1Sn2，从而Sn11Sn1，故Sn111，得出 是首项、公差均为1的等差数列，从而求出Sn Sn11Sn1Sn1【详解】

当n1时，有条件可得Sn1Sn1Sn1Sn2，从而Sn11Sn1，故Sn1Sn11S11111n1，又1，是首项、公差均为1的Sn1Sn1Sn1S1121S1n等差数列，

1n1S1S21LSn1，n，Sn，由f(n)1 Sn1n1nf(n1)(n1)Sn112n3152,2， f(n)n2n2n23得

依题意知kf(n1)， f(n)kmin2.

故选：A 【点睛】

本题考查数列的综合应用.属于中等题.

1212．已知数列an的前n项和为Snn2n3（nN*），则下列结论正确的是( )

43A．数列an是等差数列 C．a1，a5，a9成等差数列 【答案】D 【解析】 【分析】

B．数列an是递增数列

D．S6S3，S9S6，S12S9成等差数列

122*2时，anSnSn1．n1时，a1S1．进而判断出正由Snnn3(nN)，n…43误． 【详解】

122*解：由Snnn3(nN)，

43121215n…2时，anSnSn1n2n3[(n1)2(n1)3]n．

4343212n1时，a1S14715，n1时，ann，不成立．

21212数列{an}不是等差数列．

a2a1，因此数列{an}不是单调递增数列．

154715432a5a1a92(5)(9)0，因此a1，a5，a9不成等差数

212122126列．

1535S6S3(456)3．

21241553S9S6(789)3．

21241571S12S9(101112)3．

2124Q53235710， 444S6S3，S9S6，S12S9成等差数列．

故选：D． 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

13．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2a3a109，则S9（ ） A．3 【答案】D 【解析】

设等差数列an的首项为a1，公差为d. ∵a2a3a109

∴3a112d9，即a14d3 ∴a53 ∴S9故选D.

B．9

C．18

D．27

9(a1a9)27 2

14．在等差数列an中，a3，a15是方程x26x50的根，则S17的值是（ ） A．41 【答案】B 【解析】 【分析】

由韦达定理得a3a156，由等差数列的性质得a1a17a3a15，再根据等差数列的前n项和公式求S17. 【详解】

在等差数列an中，a3，a15是方程x26x50的根，

B．51

C．61

D．68

a3a156.

S1717a1a1717a3a1517651. 222故选：B. 【点睛】

本题考查等差数列的性质和前n项和公式，属于基础题.

15．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( ) A．a(1r)17 C．a(1r)18 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n项和公式求解即可. 【详解】 解：根据题意，

当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)17， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)16， 孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)15，

aB．[(1r)17(1r)]

raD．[(1r)18(1r)]

r

孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，

可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和， 此时将存款（含利息）全部取回， 则取回的钱的总数：

a(1r)[(1r)171]aSa(1r)a(1r)a(1r)[(1r)18(1r)]；

1r1r1716故选：D． 【点睛】

本题考查了不完全归纳法及等比数列前n项和，属中档题.

16．已知等差数列an的公差d0，且a1,a3,a13成等比数列，若a11，Sn为数列an的前n项和，则A．4 【答案】D

2Sn6的最小值为（ ）

an3B．3

C．232

D．2

【解析】 【分析】

由题意得(12d)112d，求出公差d的值，得到数列{an}的通项公式，前n项和，

2从而可得【详解】

2Sn6，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．

an3解：Qa11，a1、a3、a13成等比数列，

(12d)2112d． 得d2或d0（舍去），

an2n1，

Snn(12n1)n2， 222Sn62n26n23n12n14． an32n2n1n1令tn1，则

2Sn644t22t22 an3tt当且仅当t2，即n1时，故选：D． 【点睛】

2Sn6的最小值为2．

an3本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．

17．已知{an}是公差d不为零的等差数列，其前n项和为Sn，若a3,a4,a8成等比数列，则

A．a1d0,dS40 C．a1d0,dS40 【答案】B 【解析】 ∵等差数列

，

，

，

成等比数列，∴

，

∴选B.

考点：1.等差数列的通项公式及其前项和；2.等比数列的概念

，∴

，

，故

B．a1d0,dS40 D．a1d0,dS40

18．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1010,S3030,则S20= A．10 【答案】B 【解析】 【分析】

由等比数列的性质可得，S10，S20﹣S10，S30﹣S20成等比数列即（S20﹣S10）2＝S10•（S30﹣S20），代入可求． 【详解】

10由等比数列的性质可得，S10，S20﹣S10，S30﹣S20成等比数列，且公比为q

B．20 C．20或-10 D．-20或10

∴（S20﹣S10）2＝S10•（S30﹣S20）即S20101030S20 解S20 =20或-10（舍去） 故选B． 【点睛】

本题主要考查了等比数列的性质（若Sn为等比数列的前n项和，且Sk，S2k﹣Sk，S3k﹣S2k不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用

2

19．已知等比数列{an}，an＞0，a1=256，S3=448，Tn为数列{an}的前n项乘积，则当Tn取得最大值时，n=（ ） A．8 【答案】C 【解析】 【分析】

设等比数列{an}的公比为q，由an＞0，可得q＞0．根据a1＝256，S3＝448，可得256（1+q+q2）＝448，解得q．可得an，Tn，利用二次函数的单调性即可得出． 【详解】

设等比数列{an}的公比为q，∵an＞0，∴q＞0． ∵a1＝256，S3＝448， ∴256（1+q+q2）＝448， 解得qB．9

C．8或9

D．8.5

1． 212n1∴an＝256()8

7

29﹣n．

＝2

8+7+…+9﹣n

n89n228917[n)2242Tn＝2•2•……•2

9﹣n

22．

∴当n＝8或9时，Tn取得最大值时， 故选C．

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

20．已知an是各项都为正数的等比数列，Sn是它的前n项和，若S47，S821，则

S16（ ）

A．48 【答案】C 【解析】 【分析】

根据S4,S8S4,S12S8,S16S12成等比数列即可求出S16. 【详解】

由等比数列的性质得S4,S8S4,S12S8,S16S12成等比数列， 所以7,14,S1221,S16S12成等比数列，

所以S122128,S1249,S164956,S16105. 故选：C 【点睛】

本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

B．90

C．105

D．106