1、考点十二 数列综合问题 第一部分 刷考点A卷 一、选择题1若数列an满足 an1an(1)nn，则数列an的前 20 项的和为()A100B100C110D110答案 A解析 由 an1an(1)nn，得 a2a11，a3a43，a5a65，a19a2019，an的前 20 项的和为 a1a2a19a201319119210100.2(2019辽宁葫芦岛二模)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜据明代杨慎丹铅总录记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一”在某种玩法中，用 an 表示解下 n(n9，nN*)个圆环所需的最少移动次数，an满足
2、a11，且 an2an11n为偶数，2an12n为奇数，则解下 4 个环所需的最少移动次数为()A7B10C12D22答案 A解析 依题意 a42a312(2a22)122(2a11)217，故选A.3(2019西藏拉萨中学第二次月考)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an13Sn(n1)，则 a6()A344B3441C44D441答案 A解析 由 an13Sn 得 an3Sn1(n2)，两式相减得 an1an3(SnSn1)3an，则 an14an(n2)，又 a11，a23S13a13，ana2qn234n2(n2)，即 a6344，故选 A.4等差数列an中，a1a2125，
3、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()A24B20C16D12答案 C解析 由已知可得2a1d125，2a15d4a11，d25an1(n1)2525n35b1b2b31，b4b52，b6b7b83S816.5已知数列an的各项均为正数，a12，an1an4an1an，若数列1an1an 的前 n 项和为 5，则 n()A35B36C120D121答案 C解析 用裂项相消法求数列的前 n 项和因为 an1an4an1an，所以a2n1a2n4，所以数列a2n是首项为 4，公差为 4 的等差数列，所以 a2n4n，因为数列a
4、n的各项均为正数，所以 an2 n，所以1an1an121n1 n12(n1 n)，所以 Sn12(2 1)(3 2)(n n1)(n1 n)12(n11)5，解得 n120，故选 C.6(2019安徽宣城第二次调研)已知正项等比数列an满足 a9a82a7，若存在两项 am，an，使得 aman2a21，则1m4n的最小值为()A2 2B83C3D3 2答案 C解析 设等比数列的公比为 q(q0)，a9a82a7，a7q2a7q2a7，q2q20，q2 或 q1(舍去)，存在两项 am，an 使得 aman2a21，a21qm1n12a21，2mn22，mn21，mn3，1m4n131m4n
5、(mn)13nm4mn 5 1393，当且仅当 m1，n2 时等号成立故选C.7(2019浙江三校联考二)已知数列an满足 a1a0，an1a2ntan(nN*)，若存在实数 t，使an单调递增，则 a 的取值范围是()A(0,1)B(1,2)C(2,3)D(3,4)答案 A解析 由an单调递增，得 an1a2ntanan，又 a1a0，则 an0，所以 tan1(nN*)n1 时，ta1.n2 时，ta2ta1，即(a1)t1，式等价于 ta1，与式矛盾，不符合题意排除 B，C，D，故选 A.8已知数列an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意 nN*都有 1a11a2 1ant，
6、则 t 的取值范围为()A13，B13，C23，D23，答案 D解析 数列an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，当 n1 时，a12；当 n2 时，a1a2a3an12(n1)2，可得 an22n1，1an 122n1，数列1an 为等比数列，首项为12，公比为14.1a1 1a2 1an121 14n114231 14n 23，对任意 nN*都有 1a1 1a2 1ana91a1a2a7，即 a8 为数列an的最大项，故 m8.11(2019湖南株洲二模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a14,4Sna1a2an1(n1)，则 an_.答案 4n1，34n1n2解析 当 n2 时，
7、由 4Sna1a2an1，得 4Sn1a1a2an，4Sn4Sn1an1，即 4anan1，an1an 4(n2)，又 4S14a1a1a2，a14，a212，当 n2 时，an124n234n1.又 a14，不满足上式，所以所求通项公式为 an4n1，34n1n2.12(2019山东聊城三模)我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将 1,2，9 填入 33 的方格内，使三行、三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15.一般地，将连续的正整数 1,2,3，n2填入 nn 个方格中，使得每行、每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做 n 阶幻方记 n 阶幻方的对角线上的
8、数字之和为 Nn，如图三阶幻方的 N315，那么 N9 的值为_答案 369解析 根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，N313(123456789)15，N414(12345678910111213141516)34，N515(12345678910111213141516171819202122232425)65，Nn1n(12345n2)1nn21n22nn212，故 N999212941369.三、解答题13(2019辽宁丹东质量测试二)数列an中，a11，an1an2n1.(1)求an的通项公式；(2)设 bn14an1，求数列bn的前 n 项和解(1)因为 an1an2n1，所
9、以当 n2 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a113(2n1)n2.由于 a11 满足 ann2，所以所求an的通项公式为 ann2.(2)因为 bn14n211212n112n1，所以数列bn的前 n 项和为Tnb1b2bn12113131512n112n112112n1 n2n1.14(2019山东烟台适应性练习)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn2an2(nN*)，bn是等差数列，且 a3b42b1，b6a4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列(1)nb2n的前 2n 项和 T2n.解(1)Sn2an2，当 n1 时，得 a12，当 n2 时，Sn12
10、an12，作差得 an2an1(n2)，所以数列an是以 2 为首项，公比为 2 的等比数列，所以 an2n.设等差数列bn的公差为 d，由 a3b42b1，b6a4，所以 83db1,165db1，所以 d3，b11，所以 bn3n2.(2)T2n(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n)3(b1b2)3(b3b4)3(b2n1b2n)3(b1b2b2n)，又因为 bn3n2，则 T2n32nb1b2n23n13(2n)218n23n.B卷 一、选择题1已知数列bn满足 b11，b24，bn21sin2n2 bncos2n2，则该数列的前 23 项的和为()A4194B4195C
11、2046D2047答案 A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)121212 1141111121212144554194.2(2019浙江金华十校模拟)等差数列an，等比数列bn，满足 a1b11，a5b3，则 a9 能取到的最小整数是()A1B0C2D3答案 B解析 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q，由 a1b11，a5b3，可得 14dq2，则 a918d12(q21)2q211，可得 a9 能取到的最小整数是 0，故选
12、B.3中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则，例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷(gu)影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中 115.146寸表示 115 寸 146分(1 寸10 分)已知易经中记录的冬至晷影长为 130.0 寸，夏至晷影长为 14.8 寸，那么易经中所记录的惊蛰的晷影长应为()A72.4 寸B81.4 寸C82.0 寸D91.6 寸答案 C解析 设晷影长为等差数列an，公差为 d，a1130.0，a1314.8，则130.012d14.8，解得 d9.6，a6130.
13、09.6582.0，易经中所记录的惊蛰的晷影长是 82.0 寸4已知数列an满足 an13a n2n8，an7n8，若对于任意的 nN*都有 anan1，则实数 a 的取值范围是()A0，13B0，12C13，12D12，1答案 D解析 对于任意的 nN*都有 anan1，数列an单调递减，13a0，0a1，即13a1.又由题意知 a9a8，即13a 9212，故12a1.5已知数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，且满足 2an1Sn2(nN*)，则满足10011000S2nSn 1110的 n 的最大值为()A9B8C7D6答案 A解析 由 2an1Sn2 得 2(Sn1Sn)Sn
14、2，即 Sn112Sn1，Sn1212(Sn2)，且 S12a121，所以 Sn212n1，Sn212n1，所以S2nSn 2122n1212n1 1122n112n 112n10011000，1110，即 1100012n 110，4n9，所以 n 的最大值为 9，故选 A.6(2019陕西西安 4 月联考)已知函数 f(x)21x2，若等比数列an满足 a1a20191，则 f(a1)f(a2)f(a3)f(a2019)()A2019B20192C2D12答案 A解析 f(x)21x2，f(x)f1x 21x2211x22.a1a20191，f(a1)f(a2019)2，an为等比数列，则
15、 a1a2019a2a2018a1009a1011a210101.f(a2)f(a2018)f(a1009)f(a1011)2，f(a1010)1，即 f(a1)f(a2)f(a3)f(a2019)2100912019.7(2019江西新八校联考二)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知(a20171)20192019a2017(a20171)20212000，(a20201)20192019a2020(a20201)20212038，则 S4036()A2020B2038C4034D4036答案 D解析 由(a20171)20192019a2017(a20171)20212000 得(a
16、20171)20192019(a20171)(a20171)202119，由(a20201)20192019a2020(a20201)20212038 得(a20201)20192019(a20201)(a20201)202119，令 f(x)x20192019xx2021，则式即为 f(a20171)19，式即为 f(a20201)19，又 f(x)f(x)0，即 f(x)是奇函数，则(a20171)(a20201)0，即 a2017a20202，S40362018(a1a4036)2018(a2017a2020)4036.故选 D.8(2019广东韶关模拟)已知数列an满足 a112a21
17、3a31nann2n(nN*)，设数列bn满足bn2n1anan1，数列bn的前n项和为 Tn，若 Tn nn1(nN*)恒成立，则实数 的取值范围为()A14，B14，C38，D38，答案 D解析 因为 a112a213a31nann2n，所以当 n2 时，a112a213a3 1n1an1(n1)2(n1)，则1nan2n，故 an2n2(a12 满足此式)，所以 bn2n14n2n12141n21n12，则 Tn141122122132 1n21n12 1411n12，由于 Tn nn1(nN*)恒成立，故1411n12 n24n4，因为 y n24n4141 1n1在 nN*上单调递减
18、，故当 n1 时，2n14n4 max38，所以 38，故选 D.二、填空题9(2019辽宁沈阳质量监测三)数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n1，则数列 bna2n7an6 的最小值为_答案 6解析 由 Sn2n1，得 a1S11，当 n2 时，anSnSn12n12n112n1，a11 适合上式，an2n1.则 bna2n7an6an722254，当 an4 时，(bn)min4722254 6.10(2019辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)已知数列an中，a11，Sn是数列an的前 n 项和，且对任意的 r，tN*，都有SrStrt2，则 an_.答案 2n1解析 若 rn，tn
19、1，nN*，则 SnSn1n2n12，令 Snn2k，Sn1(n1)2k，则 a1S1k1，Snn2，Sn1(n1)2，an1Sn1Sn(n1)2n22n12(n1)1，an2n1，经验证，n1 时，满足 an2n1，所以 an2n1.11已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列an为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，1n，2n，n1n，若 Sk14，则 ak_.答案 78解析 因为1n2nn1n 12n1nn212，1n1 2n1 nn112nn1n2，所以数列12，1323，142434，1n1 2n1 nn1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前 n
20、 项和 Tn12132n2n2n4.令 Tnn2n414，解得 n7，所以 ak78.12(2019河北衡水四月大联考)历史上数列的发展折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多 斐 波 那 契 以 兔 子 繁 殖 为 例，引 入“兔 子 数 列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，.即 F(1)F(2)1，F(n)F(n1)F(n2)(n3，nN*)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被 4 整除后的余数构成一个新的数列bn，又记数列cn满足 c1b1，c2b2，cnbnbn1(n3
21、，nN*)，则 c1c2c3c2019的值为_答案 3解析 记“兔子数列”为an，则数列an每个数被 4 整除后的余数构成一个新的数列bn为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，可得数列bn构成一周期为6 的数列，由题意得数列cn为1,1,1,1，2，1,1,0,1,1，2，1,1,0,1,1，2，1，观察数列cn可知该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为 6 的数列，且每一周期的所有项的和为 0，所以 c1c2c3c2019(c1c2)(c3c2018)c20191113.三、解答题13(2019河北廊坊期中联合调研)已知数列an满足 a12a23a3nan2n22n.(1)
22、求数列an的通项公式；(2)设 bn1an1 1an 1 1an1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)a12a23a3nan2n22n，当 n1 时，a123212；当 n2，a12a23a3(n1)an12n12n1，nan2n22n 2n12n1 n2n，可得 an 12n，又当 n1 时也成立，an12n.(2)bn1an1 1an 1 1an1，bn2n12n12n112n112n11，Tn 12112211221123112n112n111312n11.14(2019河北石家庄二中二模)已知等比数列an满足 anan1，a2a3a428，且 a32 是 a2，a4 的等差中项(
23、1)求数列an的通项公式；(2)若 bnanlog12 an，Snb1b2bn，对任意正整数 n，Sn(nm)an10 恒成立，试求 m 的取值范围解(1)设等比数列an的首项为 a1，公比为 q.依题意得 2(a32)a2a4，代入 a2a3a428，得 a38.因此 a2a420，即有a1qa1q320，a1q28，解得q2，a12或q12，a132，又数列an单调递增，则q2，a12，故 an2n.(2)bn2nlog12 2nn2n，Sn12222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n1，得 Sn222232nn2n1212n12 n2n12n1n2n12.Sn(nm)an10，2n1n2n12n2n1m2n10，对任意正整数 n 恒成立，m2n122n1 对任意正整数 n 恒成立，即 m1，m1，即 m 的取值范围是(，1本课结束