1、专题突破练(4)数列中的典型题型与创新题型第二部分 专题突破练一、选择题1如果等差数列an中，a3a4a512，那么 a1a2a7 等于()A14 B21 C28 D35解析 a3a4a512，3a412，a44.a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.故选 C答案解析2在等比数列an中，a11，公比|q|1.若 ama1a2a3a4a5，则 m 等于()A9 B10 C11 D12解析 ama1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3a23a23a3a53a51q10.因为 a11，|q|1，所以 ama51q10a1q10，所以 m11.故选 C答案解析3在递减
2、等差数列an中，若 a1a50，则 Sn 取最大值时 n 等于()A2 B3 C4 D2 或 3解析 a1a52a30，a30.d0，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 D答案解析4在等差数列an中，首项 a10，公差 d0，若 aka10a11a100，则 k()A496 B469 C4914 D4915解析 因为数列an是等差数列，所以 ana1(n1)d(n1)d，因为 aka10a11a100，所以 ak100a1100992d9a1982 d 4914d，又 ak(k1)d，所以(k1)d4914d，所以 k4915.故选
3、 D答案解析5(2019江西赣州名校联考)大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项依次是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则该数列的第 16 项为()A98 B112 C144 D128答案解析 设该数列为an，由题意可得 an12n21，n为奇数，12n2，n为偶数，则 a1612162128，故选 D解析6已知数列an的通项为 anlogn1(n2)(nN*)，我们把使乘积a1a2a3a
4、n 为整数的 n 叫做“优数”，则在(0,2018内的所有“优数”的和为()A1024 B2012 C2026 D2036解析 设 a1a2a3anlog23log34log45logn1(n2)log2(n2)k，kZ，则 0n2k22018,22k2020,10，a6 和 a8 是函数 f(x)154 ln x12x28x 的极值点，则 S8()A38 B38 C17 D17答案解析 因为 f(x)154 ln x12x28x，所以 f(x)154xx8x28x154xx12 x152x，令 f(x)0，解得 x12或 x152.又 a6 和 a8 是函数 f(x)的极值点，且公差 d0，
5、所以 a612，a8152，所以a15d12，a17d152，解得a117，d72.所以 S88a18812d38，故选 A解析11(2019河南林州调研)设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S170，S180，且 S180，S189(a9a10)0，a9a100，a100，S2a20，S9a90，S10a100，S11a110，S15a150，又 S1S2a2a9，则S9a9最大故选 C解析12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 2，4)C(2,9)D(2 2，9)答案解析 设等比数列an的公比为 q，由已知得
6、0a11，1a1q2，2a1q2111；由得 q2a1q2a1 212；由得 qa1q2a1q 1且 qa1q2a1q 3，故 2q3.因为 a4a1q3(a1q2)q，所以 2 2a40 的最小正整数n 为_答案解析 由题设可知轨迹 C1，C2，C3，C4，C5，C6，Cn 分别是半径为 1,2,4,8,16,32，2n1 的圆因为 an|AnAn1|min，所以 a11，a22，a34，a48，an2n1，所以 Sna1a2a3an1242n12n121 2n1.由 Sn5n0，得 2n15n02n5n1，故最小的正整数 n 为 5.解析三、解答题17已知等比数列an中，an0，a1 16
7、4，1an 1an1 2an2，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 1an 1an1 2an2，所以1a1qn1 1a1qn2a1qn1，因为 q0，解得 q2，所以 an 1642n12n7，nN*.(2)bn(1)n(log2an)2(1)n(log22n7)2(1)n(n7)2，设 cnn7，则 bn(1)n(cn)2.T2nb1b2b3b4b2n1b2n解c21c22(c23)c24(c22n1)c22n(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1
8、c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2n2n62n72n(2n13)2n213n.解18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 cn1anlog2bn3，记数列cn的前 n 项和为 Tn，试比较 Tn 与38的大小解(1)anbnn2n，a1b12，a2b28a1b12，a122b18，解得 a12，b11，an22(n1)2n，bn2n1.解(2)an2n，bn2n1，cn1anlog2bn312nn2141n 1n2，Tnc1c2c3c4cn1cn14113 1214 1315 1416 1n1
9、 1n1 1n 1n214112 1n1 1n2 38141n1 1n2 38，Tn0，解所以lgan112 2lgan12，又lga112 lg 20，所以数列lgan12 是首项为lg 2，公比为2的等比数列(2)由(1)知lgan12 2n1lg 2lg 22n1，所以an1222n1，所以Rn22022122222n122021222n122n1.解21(2019安徽六校第二次联考)已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a23，a3a22，等差数列bn的前 n 项和为 Sn，且 b35，S416.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)如图在平面直角坐标系中，有点 P1(a1,0)
10、，P2(a2,0)，Pn(an,0)，Pn1(an1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，Qn(an，bn)，若记PnQnPn1 的面积为 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)设数列an的公比为 q，因为 a1a23，a3a22，所以a1a1q3，a1q2a1q2，得 3q25q20，又 q0，所以 q2，a11，则 an2n1.设数列bn的公差为 d，因为 b35，S416，所以b12d5，4b16d16，解得b11，d2，则 bn2n1.解(2)由(1)得 PnPn1an1an2n2n12n1，PnQnbn2n1，由 cnSPnQnPn12n12n12(2n1)2n2，则 Tnc1c2c3cn1211325(2n1)2n2，2Tn112345(2n1)2n1，由得，Tn122(122n2)(2n1)2n112212n112(2n1)2n1(32n)2n132，故 Tn(2n3)2n132(nN*)解本课结束