1、名师导学高考二轮总复习文科数学专题小综合(六)数列一、选择题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30分)1等差数列an的公差 d0，a120，且 a3，a7，a9 成等比数列Sn 为an的前 n 项和，则 S10 的值为()A110 B90C.90 D110【解析】选 D 因为 a3，a7，a9 成等比数列，所以 a27a3a9，即(a16d)2(a12d)(a18d)，化简得：a1d10d2，又 d0，则 a110d，da11020102，所以 a10209(2)2，则 S10（202）102110，所以选 D.2数列an中，a11，a23，an2 是 anan1 的个位数字，Sn 是
2、an的前 n 项和，则 S2 016()A8 736 B8 710C8 726 D8 717【解析】选 A a11，a23，又因为 an2 是 anan1 的个位数字，a33，a2a3339，a49，a3a43927，a57，a4a59763，a63，a5a67321，a71，a6a73，a83，所以该数列是以 6 为周期的周期数列，且前 6 项和为 13397326，2 0166336，S2 016336268 736，故选 A.3在12和 8 之间插入 3 个数，使它们与这两个数依次构成等比数列，则这 3 个数的积为()A8 B8 C16 D16【解析】选 A 设插入的 3 个数依次为 a
3、，b，c，即12，a，b，c，8 成等比数列，由等比数列的性质可得 b2ac1284，因为 a212b0，b2(舍负)所以这 3 个数的积为 428.故 A 正确4已知an是首项为 32 的等比数列，Sn 是其前 n项和，且S6S36564，则数列|log2an|的前 10 项和为()A58B56C50D45【解析】选 A 根据题意S6S3S3 164q3，所以 q14，从而有 an3214n1272n，所以 log2an72n，所以有|log2an|2n7|，所以数列的前 10 项和等于 531135791113（51）32（113）7258.故选 A.5已知数列an，bn满足：a1b1a2
4、b2a3b3anbn(n1)2n12(nN*)，若bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则数列an的通项公式是()Aan2n1Ban2nCan2nDan2n1【解析】选 C 数列bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，bn2n1，a1b1a2b2a3b3anbn a12a222a32n1an(n1)2n12，a1 2a2 22a3 2n 2an 1(n 2)2n2(n2)，两式相减得：2n1ann2n，ann2n2n12n，当 n1 时，a1b12，即 a12 满足上式，数列an的通项公式是 an2n，故选 C.6等差数列an中，首项 a10，公差 d0，前 n 项和为Sn(nN*)有下
5、列命题若 S3S11，则必有 S140；若 S3S11，则必有 S7 是 Sn 中最大的项；若 S7S8，则必有 S8S9；若 S7S8，则必有 S6S9；其中正确的命题的个数是()A1 个B2 个C3 个D4 个【解析】选 D S11S3a4a5a6a7a8a9a10a110，根据等差数列的性质，S11S34(a7a8)0，所以 a7a80，S1414（a1a14）27(a7a8)0，故正确；根据等差数列 Sn 的图像，若 S3S11，那么对称轴是 n31127，那么 S7 是最大值，故正确；若 S7S8，则 a80，那么 d0，所以 a90，所以 S9S8S9；S9S6a7a8a93a8S
6、9，故正确二、填空题(本大题共有 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分)7数列an的前 n 项和为 Sn，2Snnann(nN*)，若 S20360，则 a2_【解析】1 2Snnann，当 n2 时，2Sn1(n1)an1n1，得：(2n)an(n1)an11，(1n)an1nan1，2anan1an1(n2)，数列an为等差数列，当 n1 时，2S1a11，a11，S202020192d360，d2.a2121.8已知数列an的前 n 项和为 Sn，对任意 nN*都有 Sn2an1，则 a1 的值为_，数列an的通项公式 an_【解析】1 2n1 Sn2an1 中令 n1，a11，n2
7、 时，anSnSn12an2an1，an2an1 an2n1.9已知等比数列an的前 n 项和 Snt2n11，则实数 t 的值为_【解析】2 Snt2n11，Sn1t2n21，ant2n1t2n2t22n1 S1a1，t1t2，t2.10将数列an按如图所示的规律排成一个三角形表，并同时满足以下两个条件：a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9各行的第一个数 a1，a2，a5，构成公差为 d的等差数列；从第二行起，每行各数按从左到右的顺序构成公比为 q 的等比数列若 a11，a34，a53，则 d_；第 n 行的和 Tn_【解析】1 n(22n11)根据题意得 a5a12d，312d
8、，d1，又a3a2q(a1d)q，q2，d，q 的值分别为 1，2；记第 n 行第 1 个数为 A，则 Aa1(n1)dn，又根据此数表的排列规律可知：每行的总个数构成一个以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以第 n 行共有 2n1 个数，所以第 n 行各数为以 n 为首项，q2 为公比的等比数列，因此其总数的和 Tnn（122n1）12n(22n11)三、解答题(本大题共有 3 个小题，共 50 分)11(16 分)数列an的首项 a11，前 n 项和 Sn 与an 之间满足 an 2S2n2Sn1(n2)(1)求证：数列1Sn 是等差数列(2)求数列an的通项公式；(3)设 存 在 正
9、 数 k，使(1 S1)(1 S2)(1 Sn)k 2n1对于一切 nN*都成立，求 k 的最大值【解析】(1)因为 n2 时，anSnSn1 SnSn1 2S2n2Sn1得 Sn1Sn2SnSn1 由题意 Sn0(n2)1Sn 1Sn12(n2)又 S1a11，1Sn 是以 1S11 为首项，2 为公差的等差数列(2)由(1)有 1Sn1(n1)22n1Sn12n1(nN*)n2时，anSnSn112n112（n1）12（2n1）（2n3）.又 a1S11an1 （n1），2（2n1）（2n3）（n2）.(3)设 F(n)（1S1）（1S2）（1Sn）2n1则F（n1）F（n）（1Sn1）2
10、n12n32n22n1 2n3 4n28n44n28n31 F(n)在 nN*上递增 故使 F(n)k 恒成立只需 kF(n)min 又 F(n)minF(1)2 33 又 k0，00，nN*恒成立 所以数列Sn单调递增，又 S3114，S4268 所以输出的结果：S268，i5.13(18 分)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 an12Sn2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)在 an 与 an1 之间插入 n 个数，使这 n2 个数组成一个公差为 dn 的等差数列，在数列dn中是否存在三项 dm，dk，dp(其中 m，k，p 成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的三项
11、，若不存在，说明理由；记 Tn 1d1 1d2 1d3 1dn(nN*)，求满足 Tn34的 n 值【解析】(1)由 an12Sn2(nN*)，可得：an2Sn12(nN*，n2)，两式相减：an13an(nN*，n2)又 a22a12，因为数列an是等比数列，所以 a22a123a1，故 a12.所以 an23n1.(2)由(1)可知 an23n1，an123n，因为：an1an(n21)dn，故：dn43n1n1.假设在数列dn中存在三项 dm，dk，dp(其中 m，k，p 成等差数列)成等比数列，则：(dk)2dmdp，即：43k1k1243m1m1 43p1p1，1632k2（k1）2
12、163mp2（m1）（p1）(*)因为 m，k，p 成等差数列，所以 mp2k，(*)可以化简为(k1)2(m1)(p1)，即：k2mp，故 kmp，这与题设矛盾 所以在数列dn中不存在三项 dm，dk，dp(其中 m，k，p 成等差数列)成等比数列 令 Tn 1d1 1d2 1d3 1dn，Tn 2430 3431 4432 n143n1，13Tn 2431 3432 4433n143n，两式相减：23Tn 2430 1431 1432143n1n143n 1214131 13n1113n143n 582n583n 所以 Tn15163（2n5）163n Tn1Tn12n24163n1 0，故Tn单调递增，而 T112，T234，所以满足题意的 n 的集合为1，2