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如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512，3a412，a44a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428故选C2在等比数列an中，a11，公比|q|1若ama1a2a3a4a5，则m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3aaa3aaq10因为a11，|q|1，所以amaq10a1q10，所以m11故选C3在递减等差数列an中，若a1a50，则Sn取最大值时n等于()A2 B3 C4 D
2、2或3答案D解析a1a52a30，a30d0，an的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故Sn取最大值时n等于2或3故选D4在等差数列an中，首项a10，公差d0，若aka10a11a100，则k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d(n1)d，因为aka10a11a100，所以ak100a1d9a1d4914d，又ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以k4915故选D5已知数列an的通项为anlogn1(n2)(nN*)，我们把使乘积a1a2a3an为整数的n叫做“优数”，则在(0，2018内的所有“优数”的和为(
3、)A1024 B2012 C2026 D2036答案C解析设a1a2a3anlog23log34log45logn1(n2)log2(n2)k，kZ，则0n2k22018，22k2020，1k10，所有“优数”之和为(222)(232)(2102)18211222026故选C6约瑟夫规则：将1，2，3，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1，3，5，7，当n65时，剩余的一个数为()A1 B2 C4 D8答案B解析将1，2，3，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除
4、一个数，首先删除的数为1，3，5，7，65(删除33个，剩余32个)；然后循环，删除的数的个数分别为16，8，4，2，1，最后剩余2故选B7已知数列an中，an13Sn，则下列关于an的说法正确的是()A一定为等差数列B一定为等比数列C可能为等差数列，但不会为等比数列D可能为等比数列，但不会为等差数列答案C解析若数列an中所有的项都为0，则满足an13Sn，所以数列an可能为等差数列，故B，D不正确；由an13Sn，得an23Sn1，则an2an13(Sn1Sn)3an1，所以an24an1，当a10时，易知an10，所以4，由an13Sn，得a23a1，即3，此时数列an既不是等比数列又不是
5、等差数列，故A不正确，C正确故选C8(2018江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列an 的前n项和为Sn满足2an1，bn，若b1，b2，bm成等差数列，则的最大值为()A B C D答案D解析由题2an1，则4Sn(an1)2，4Sn1(an11)2，作差得an1an2，2a11a11，an2n1，由b1，b2，bm成等差数列，可得bm2b2b1，分离m化简得m3，故(t，m)(2，7)，(3，5)，(5，4)，max故选D9(2018河南信阳高级中学模拟)给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1(0，1)，由关系式an1f(an)得到的数列an满足an1an则该函数的
6、图象可能是()答案A解析由题对于给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1(0，1)，由关系式an1f(an)得到的数列an满足an10，S180，且S180，S189(a9a10)0，a9a100，a100，0，0，0，0，0，又S1S2a2a9，则最大故选C12已知数列an为等比数列，a1(0，1)，a2(1，2)，a3(2，3)，则a4的取值范围是()A(3，4) B(2，4) C(2，9) D(2，9)答案D解析设等比数列an的公比为q，由已知得由得q1；由得q22；由得q1且q3，故q3因为a4a1q3(a1q2)q，所以2a40的最小正整数n为_答案5解析由题设可知轨
7、迹C1，C2，C3，Cn分别是半径为1，2，4，8，16，32，2n的圆因为an|AnAn1|min，所以a11，a22，a34，a48，an2n1，所以Sna1a2a3an1242n12n1由Sn5n0，得2n15n02n5n1，故最小的正整数n为5三、解答题17(2018山西考前适应训练)已知等比数列an中，an0，a1，nN*(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q0，因为，所以，因为q0，解得q2，所以an2n12n7，nN*(2)bn(1)n(log2an)2(1)n(log22n7)2(1)n
8、(n7)2，设cnn7，则bn(1)n(cn)2T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n18(2018山东青岛统测)已知等差数列an的公差为2，等比数列bn的公比为2，且anbnn2n(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn，记数列cn的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小解(1)anbnn2n，解得a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1(2)an2n，bn2n1，cn，Tnc1c2c3c4cn1cn11，Tn0，所以lg a
9、n12lg an，又lg a1lg 20，所以数列lg an是首项为lg 2，公比为2的等比数列(2)由(1)知lgan2n1lg 2lg 22n1，所以an22n1，所以Rn22022122222n122021222n122n121(2019宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数yf(x)对任意xR，都有f(x)f(1x)2(1)求f和ff(nN*)的值；(2)数列an满足anf(0)ffff(1)(nN*)，求证：数列an是等差数列解(1)由题设条件知ff2，故f1而1，故ff2(2)证明：依题有anf(0)fff(1)，nN*，同理有anf(1)fff(0)，nN*，上述两式对应相加得2anf(0)f(1)fffff(0)f(1)2(n1)，从而ann1，nN*，而an1an1，故an为等差数列