2020高考数学二轮习题小题专题练（三）数列（Word版带解析）

小题专题练(三)　数　列 一、单项选择题 1．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝12，S5＝90，则等差数列{an} 的公差 d＝(　　) A．2　　　　 B. 3 2　　　　 C．3　　　　 D．4 2．(2018·长春模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，若 a2＝2，S6－ S4＝6a4，则 a5＝(　　) A．4 B．10 C．16 D．32 3．(2019·邯郸模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前 n 项和为 Sn.若 2S1，S3，S2 成 等差数列，则数列{an}的公比为(　　) A.1 3 B. 1 2 C．2 D．3 4．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 5．(2019·上饶六校联考)设数列{an}满足 a1＝3，且对任意正整数 n，总有(an＋1－1)(1－an) ＝2an 成立，则数列{an}的前 2 018 项的和为(　　) A．588 B．589 C．2 018 D．2 019 6．(2019·咸阳模拟)中国古代数学中有一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨 水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的晷影长依次成等差数列， 若冬至、立春、春分的晷影长的和是 37.5 尺，芒种的晷影长为 4.5 尺，则冬至的晷影长为(　　) A．15.5 尺 B．12.5 尺 C．10.5 尺 D．9.5 尺 7．已知在各项均为正数的等比数列{an}中，an＋1·an－1＝2an(n≥2，n∈N*)，数列{an}的 前 n 项积为 Tn，若 T2m－1＝512，则 m 的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 8．已知数列{an}的通项公式为 an＝(－1)n(2n－1)·cos nπ 2 ＋1(n∈N*)，其前 n 项和为 Sn， 则 S60＝(　　)A．－30 B．－60 C．90 D．120 二、多项选择题 9．下面是关于公差 d＞0 的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数 列{nan}是递增数列；p3：数列{an n }是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中真命 题为(　　) A．p1 B．p2 C．p3 D．p4 10．设等比数列{an}的公比为 q，则下列结论正确的是(　　) A．数列{anan＋1}是公比为 q2 的等比数列 B．数列{an＋an＋1}是公比为 q 的等比数列 C．数列{an－an＋1}是公比为 q 的等比数列 D．数列{ 1 an }是公比为 1 q的等比数列 11．已知数列{an}： 1 2， 1 3＋ 2 3， 1 4＋ 2 4＋ 3 4，…， 1 10＋ 2 10＋…＋ 9 10，…，若 bn＝ 1 an·an＋1，设 数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则(　　) A．an＝ n 2 B．an＝n C．Sn＝ 4n n＋1 D．Sn＝ 5n n＋1 12．设等比数列{an}的公比为 q，其前 n 项和为 Sn.前 n 项积为 Tn，并且满足条件 a1＞1， a7·a8＞1， a7－1 a8－1＜0.则下列结论正确的是(　　) A．0＜q＜1 B．a7·a9＞1 C．Sn 的最大值为 S9 D．Tn 的最大值为 T7 三、填空题 13．(2019·唐山模拟)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，Sn＝2－an，则 S5＝________． 14．(2019·沈阳模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝1，S3＝a5，am＝2 019，则 m＝________． 15．(2019·宣城模拟)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，a1＝1，SnSn＋1＝－an＋1(n∈N*)，则 a10 ＝________． 16．(2019·九江模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2Sn＝(1－ 1 3n)an＋1，bn＝(－1)n·(log3an)2，则 an＝________，数列{bn}的前 2n 项和为________． 小题专题练(三)　数　列 1．解析：选 C.因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝12，S5＝90，所以 S5＝5a1＋ 5 × 4 2 d＝60＋10d＝90，解得 d＝3，故选 C. 2．解析：选 C.设公比为 q(q＞0)，S 6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为 a2＝2，所以 2q3＋2q4＝ 12q2，即 q2＋q－6＝0，所以 q＝2，则 a5＝2×23＝16. 3．解析：选 B.设各项均为正数的等比数列{an}的公比为 q.因为 2S1，S3，S2 成等差数列， 所以 2S3＝2S1＋S2，即为 2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋a1＋a1q，化简得 2q2＋q－1＝0，解得 q＝ 1 2 或 q＝－1(舍去)，故选 B. 4．解析：选 A.法一：当 n＝1 时，a1＝S1＝4＋λ；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1＋λ－(2n ＋λ)＝2n，此时 an an－1＝ 2n 2n－1＝2.当 n＝2 时，a2＝22＝4，所以 a2 a1＝ 4 4＋λ＝2，解得 λ＝－2.故选 A. 法二：由题意，得 a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为数列{an}是等比数 列，所以 a22＝a1·a3，所以 8×(4＋λ)＝42，解得 λ＝－2.故选 A. 5．解析：选 B.因为(an＋1－1)(1－an)＝2an，所以 an＋1＝ 1＋an 1－an.又因为 a1＝3，所以 a2＝－ 2，a3＝－1 3，a4＝ 1 2，a5＝3＝a1，所以数列{an}是以 4 为周期的数列，所以 a1＋a2＋…＋a2 018＝ 504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝504×(3－2－ 1 3＋ 1 2)＋3－2＝589.故选 B. 6．解析：选 A.从冬至起，晷影长依次记为 a1，a2，a3，…，a12，根据题意，有 a1＋a4＋ a7＝37.5，所以根据等差数列的性质，有 a4＝12.5，而 a12＝4.5，设数列的公差为 d，则有 {a1＋3d＝12.5， a1＋11d＝4.5，解得{a1＝15.5， d＝－1， 所以冬至的晷影长为 15.5 尺，故选 A. 7．解析：选 B.由 an＋1·an－1＝2an(n≥2，n∈N*)，得 a2n＝2an，解得 an＝2 或 an＝0，因为 等比数列{an}的各项均为正数，故 an＝2，所以 Tn＝2n，由 T2m－1＝512，得 22m－1＝512，所以 m＝5，故选 B. 8．解析：选 D.令 k∈N*，由题意可得，当 n＝4k－3 时，an＝a4k－3＝1；当 n＝4k－2 时， an＝a4k－2＝6－8k；当 n＝4k－1 时，an＝a4k－1＝1；当 n＝4k 时，an＝a4k＝8k.所以 a4k－3＋a4k－ 2＋a4k－1＋a4k＝8，所以 S60＝8×15＝120. 9．解析：选 AD.由 an＋1－an＝d＞0，知数列{an}是递增数列，可知 p1 是真命题；由(n＋1)an ＋1－nan＝(n＋1)(a1＋nd)－n[a1＋(n－1)d]＝a1＋2nd，仅由 d＞0 是无法判断 a1＋2nd 的正负的， 因而不能判定(n＋1)an＋1，nan 的大小关系，故 p2 是假命题；显然，当 an＝n 时， an n ＝1，数列{an n }是常数数列，不是递增数列，故 p3 是假命题；数列的第 n＋1 项减去数列的第 n 项[an＋1 ＋3(n＋1)d]－(an＋3nd)＝(an＋1－an)＋[3(n＋1)d－3nd]＝d＋3d＝4d＞0，所以 a n＋1＋3(n＋1)d ＞an＋3nd，即数列{an＋3nd}是递增数列，p4 是真命题． 10．解析：选 AD.对于 A，由 anan＋1 an－1an＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为 q2 的等比数列；对 于 B，当 q＝－1 时，数列{an＋an＋1}的项中有 0，不是等比数列；对于 C，若 q＝1 时，数列{an －an＋1}的项中有 0，不是等比数列；对于 D， 1 an＋1 1 an ＝ an an＋1＝ 1 q，所以数列{ 1 an }是公比为 1 q的等 比数列，故选 AD. 11．解析：选 AC.由题意得 an＝ 1 n＋1＋ 2 n＋1＋…＋ n n＋1＝ 1＋2＋3＋…＋n n＋1 ＝ n 2， 所以 bn＝ 1 n 2· n＋1 2 ＝ 4 n（n＋1）＝4(1 n－ 1 n＋1)， 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝4(1－1 2＋1 2－1 3＋1 3－1 4＋…＋1 n－ 1 n＋1) ＝4(1－ 1 n＋1)＝ 4n n＋1.故选 AC. 12．解析：选 AD.因为 a1＞1，a7·a8＞1， a7－1 a8－1＜0，所以 a7＞1，a8＜1， 所以 0＜q＜1，故 A 正确；a7a9＝a28＜1，故 B 错误； 因为 a1＞1，0＜q＜1，所以数列为递减数列，所以 Sn 无最大值，故 C 错误， 又 a7＞1，a8＜1，所以 T7 是 Tn 的最大值，故 D 正确．故选 AD. 13．解析：因为 S n 是数列{an}的前 n 项和，S n＝2－a n，所以 an＝Sn－Sn－1 ＝an－1 － an(n≥2)，所以 an＝ 1 2an－1，所以数列{an}是以 1 2为公比的等比数列．因为 S1＝2－a1＝a1，所以 a1 ＝1，故 an＝(1 2 )n－1 .所以 S5＝2－a5＝2－(1 2 )4 ＝ 31 16. 答案： 31 16 14．解析：根据题意，设等差数列{an}的公差为 d，则 S3＝3a2＝3(a1＋d)．又因为 a1＝1， S3＝a5，所以 3(1＋d)＝1＋4d，解得 d＝2.则 a m＝a1＋(m－1)d＝2m－1＝2 019，解得 m＝1 010. 答案：1 010 15．解析：根据题意，数列{an}满足 SnSn＋1＝－an＋1，即 SnSn＋1＝Sn－Sn＋1，又由题意知 Sn≠0；所以变形可得 1 Sn＋1－ 1 Sn＝1.因为 a1＝1，则 1 S1＝1，所以数列{ 1 Sn }是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 1 Sn＝1＋(n－1)＝n，所以 Sn＝ 1 n.所以 a10＝S10－S9＝ 1 10－ 1 9＝－ 1 90. 答案：－ 1 90 16．解析：根据题意，数列{an}满足 2Sn＝(1－ 1 3n)an＋1①，则当 n≥2 时，有 2Sn－1＝(1－ 1 3n－1) an②，由①－②可得(1－ 1 3n)(an＋1－3an)＝0，因为 1－ 1 3n≠0，所以 an＋1－3an＝0，即 an＋1＝3an(n ≥2)．由 2Sn＝(1－ 1 3n)an＋1，可求得 a2＝3，a2＝3a1，则数列{an}是首项为 1，公比为 3 的等比 数列，所以 an＝3n－1，bn＝(－1)n·(log3an)2＝(－1)n·(log33n－1)2＝(－1)n(n－1)2，则 b2n－1＋b2n ＝－(2n－2) 2＋(2n－1) 2＝4n－3.所以数列{b n}的前 2n 项和 T2n＝1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝ n（1＋4n－3） 2 ＝2n2－n. 答案：3n－1　2n2－n