【步步高】高考数学第一轮复习(典型题+详解)数列专项基础训练

常考题型强化练——数列
A 组 专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1.设等差数列{a n }前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )
A.6
B.7
C.8
D.9
答案 A
解析 设该数列的公差为d ，
则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，
∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2
×2 ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，
∴当n ＝6时，取最小值.
2.已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和.若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54
，则S 5等于
( ) A.35
B.33
C.31
D.29
答案 C
解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，
a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.
由a 4与2a 7的等差中项为54
知， a 4＋2a 7＝2×54
， ∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54
－a 4＝14. ∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12
， ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18
＝2， ∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12
＝31. 3.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )
A.16
B.32
C.64
D.128
答案 C
解析 令n ＝1，则a 1＝1，当n ＝2时，2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，
解得a 2＝2，当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，
得2a n －1－1＝S n －1，两式相减，
解得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1，
于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，
因此a n ＝2n －
1.故a 7＝26＝64. 4.已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是
( ) A.－78
B.－82
C.－148
D.－182 答案 B
解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99
＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d )
＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33
＝50＋66×(－2)
＝－82.
5.设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( )
A.S m >0，且S m ＋1<0
B.S m <0，且S m ＋1>0
C.S m >0，且S m ＋1>0
D.S m <0，且S m ＋1<0 答案 A
解析 －a m <a 1<－a m ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0. 易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12
·(m ＋1)<0. 二、填空题
6.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n
＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.
答案 20
解析 由题意知，若{a n }为调和数列，则⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 为等差数列， ∴由⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1x n 为调和数列，可得数列{x n }为等差数列， 由等差数列的性质知，
x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010
＝20.
7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.
答案 2－⎝⎛⎭⎫12n －1
解析 由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1
＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12
为公比的等比数列.又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.
则a n －2＝(－1)⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝⎛⎭
⎫12n －1. 8.已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8
的值为________. 答案 3＋2 2
解析 设等比数列{a n }的公比为q ，
∵a 1，12
a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2. ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q .∴q 2－2q －1＝0.∴q ＝1±2.
∵各项都是正数，∴q ＞0.∴q ＝1＋ 2.
∴a 9＋a 10a 7＋a 8
＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 三、解答题
9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 3＝5，S 10＝100.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，
由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.
(2)因为b n ＝n a 2＋2n ＝12
×4n ＋2n ， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝12
(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋
1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 10.已知等差数列{a n }的前三项为a －1,4,2a ，记前n 项和为S n .
(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；
(2)设b n ＝S n n
，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值. 解 (1)由已知得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a ，
又a 1＋a 3＝2a 2，
∴(a －1)＋2a ＝8，即a ＝3.
∴a 1＝2，公差d ＝a 2－a 1＝2.
由S k ＝ka 1＋k (k －1)2
d ， 得2k ＋k (k －1)2
×2＝2 550， 即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去).
∴a ＝3，k ＝50.
(2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2
d ， 得S n ＝2n ＋n (n －1)2
×2＝n 2＋n . ∴b n ＝S n n
＝n ＋1. ∴{b n }是等差数列.
则b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n －1＋1)＝(4＋4n )n 2
. ∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝2n 2＋2n .
B 组 专项能力提升
(时间：25分钟)
1.已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于
( )
A.1
B.－1
C.1或－1
D. 2
答案 C
解析 依题意，有2a 5＝4a 1－2a 3，
即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，
整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，
所以q ＝1或q ＝－1.
2.在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 A
解析 由等差、等比数列的性质，
可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，
∴P 1(2,2)，P 2(3,4).∴21P OP S ∆＝1.
3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2a 2n ， n 为偶数，
12＋2a 21
-n ， n 为奇数，
n ＝2,3,4，…，设b n ＝12-n a ＋1，n ＝1,2,3，…，则数列{b n }的通项公式是________. 答案 b n ＝2n
解析 由题意，得对于任意的正整数n ，b n ＝a 21-n ＋1，
∴b n ＋1＝a 2n ＋1，
又＋1＝(2a 2
2n ＋1)＋1＝2(12-n a ＋1)＝2b n ，
∴b n ＋1＝2b n ，
又b 1＝a 1＋1＝2，
∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，
∴b n ＝2n .
4.某音乐酒吧的霓虹灯是用，，三个不同音符组成的一个含n ＋1(n ∈N *)个音符的音符串，
要求由音符开始，相邻两个音符不能相同.例如n ＝1时，排出的音符串是，；n ＝2
时，排出的音符串是，，，；…….记这种含n ＋1个音符的所有音符串中，排在最后一个的音符仍是的音符串的个数为a n .故a 1＝0，a 2＝2.则
(1)a 4＝________；
(2)a n ＝________.
答案 (1)6 (2)2n ＋2(－1)n 3
解析 由题意知，a 1＝0，a 2＝2＝21－a 1，a 3＝2＝22－a 2，a 4＝6＝23－a 3，a 5＝10＝24－a 4， 所以a n ＝2n －
1－a n －1， 所以a n －1＝2n －2－a n －2，两式相减得a n －a n －2＝2n －
2. 当n 为奇数时，利用累加法得a n －a 1＝21＋23＋…＋2
n －2＝2n －23， 所以a n ＝2n －23
. 当n 为偶数时，利用累加法得a n －a 2＝22＋24＋…＋2
n －2＝2n －223
， 所以a n ＝2n ＋23.综上所述，a n ＝2n ＋2(－1)n 3.
5.已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12
a n . (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n
，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .
解 (1)当n ＝1时，a 1＝13
， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，
又S n ＝12－12
a n ， 所以a n ＝13
a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13
的等比数列， 故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n .
(2)由已知可得f (a n )＝log 3⎝⎛⎭⎫13n ＝－n ，
则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2
， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭
⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦
⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭
⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013
. (3)由题意得c n ＝(－n )·⎝⎛⎭
⎫13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n
＝－⎣⎡⎦
⎤1×⎝⎛⎭⎫131＋2×⎝⎛⎭⎫132＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ， 则13
U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 两式相减可得
23U n ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫131＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝－12⎣⎡⎦
⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝－12＋12·⎝⎛⎭
⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，
则U n ＝－34＋34·⎝⎛⎭⎫13n ＋32n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1.。