2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練五微專題1數(shù)列的基本運(yùn)算-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．(2023·全國(guó)甲卷)記Sn為等差數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n項(xiàng)和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝( C )
A．25 B．22
C．20 D．15
解析：方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝ eq \f(a8－a4,8－4) ＝ eq \f(9－5,4) ＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝20.
方法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，① 由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，② 由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝20.故選C.
2．(2024·濟(jì)南模擬)已知{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，若lg a2，lg a2 024是函數(shù)f(x)＝3x2－12x＋9的兩個(gè)零點(diǎn)，則a1a2 025＝( B )
A．10 B．104
C．108 D．1012
解析：因?yàn)閘g a2，lg a2 024是f(x)＝3x2－12x＋9的兩個(gè)零點(diǎn)，所以lg a2＋lg a2 024＝4，所以lg (a2a2 024)＝4，所以a2a2 024＝104，故a1a2 025＝104.
3．把120個(gè)面包分給5個(gè)人，使每人所得面包個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，且使較大的三份之和是較小的兩份之和的7倍，則最小的一份的面包個(gè)數(shù)為( B )
A．1 B．2
C．6 D．11
解析：設(shè)每人所得面包個(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列{an}，{an}的公差為d(d>0)，則由題意，得a3＋a4＋a5＝3a4＝7(a1＋a2)，即3(a1＋3d)＝7(2a1＋d)，① 又5a1＋ eq \f(5×4,2) ×d＝120，②
所以聯(lián)立①②解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝11，)) 所以最小的一份的面包個(gè)數(shù)為2.故選B.
4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2an,an＋1) ，則下列結(jié)論正確的是( C )
A．?dāng)?shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是公差為 eq \f(1,2) 的等差數(shù)列
B．?dāng)?shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 是公差為2的等差數(shù)列
C．?dāng)?shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是公比為 eq \f(1,2) 的等比數(shù)列
D．?dāng)?shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是公比為2的等比數(shù)列
解析：由an＋1＝ eq \f(2an,an＋1) ，得 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(an＋1,2an) ＝ eq \f(1,2an) ＋ eq \f(1,2) ，則 eq \f(1,an＋1) －1＝ eq \f(1,2an) ＋ eq \f(1,2) －1，即 eq \f(1,an＋1) －1＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,an) －1)，故數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)) 是以－ eq \f(1,2) 為首項(xiàng)， eq \f(1,2) 為公比的等比數(shù)列．
5．(2024·吉林一模)謝爾賓斯基三角形是一種分形，它的構(gòu)造方法如下：取一個(gè)實(shí)心等邊三角形(如圖1)，沿三邊中點(diǎn)的連線，將它分成四個(gè)小三角形，挖去中間小三角形(如圖2)，對(duì)剩下的三個(gè)小三角形繼續(xù)以上操作(如圖3)，按照這樣的方法得到的三角形就是謝爾賓斯基三角形．如果圖1中三角形的邊長(zhǎng)為2，則圖4中被挖去的三角形面積之和是( D )
A． eq \f(7\r(3),16) B． eq \f(9\r(3),16)
C． eq \f(27\r(3),64) D． eq \f(37\r(3),64)
解析：第一次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為2× eq \f(1,2) ＝1，共1個(gè)，面積為1×( eq \f(\r(3),4) ×12)＝ eq \f(\r(3),4) ；
第二次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為1× eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，共3個(gè)，面積為3×[ eq \f(\r(3),4) ×( eq \f(1,2) )2]＝ eq \f(3\r(3),16) ；
第三次操作挖掉的三角形邊長(zhǎng)為 eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ，共9個(gè)，面積為9×[ eq \f(\r(3),4) ×( eq \f(1,4) )2]＝ eq \f(9\r(3),64) ，
故題圖4中被挖去的三角形面積之和是 eq \f(\r(3),4) ＋ eq \f(3\r(3),16) ＋ eq \f(9\r(3),64) ＝ eq \f(37\r(3),64) .
6．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若S12＜0，a5＋a7＞0，則當(dāng)Sn取最大值時(shí)，n的值為( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，S12＝ eq \f(12×（a1＋a12）,2) ＜0，即a1＋a12＜0，所以a1＋a12＝a6＋a7＜0，因?yàn)閍5＋a7＝2a6＞0，即a6＞0，所以a7＜0，由{an}為等差數(shù)列，得當(dāng)n≤6時(shí)，an＞0；當(dāng)n＞6時(shí)，an＜0，所以當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取得最大值．故選D.
7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－n2＋2n＋m，且對(duì)任意的n∈N*，an＋1－an＜0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( A )
A．(－2，＋∞)
B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，2)
解析：因?yàn)閍n＋1－an＜0，所以數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故可知當(dāng)n≥2時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，若對(duì)任意的n∈N*，an＋1－an＜0，只需滿足a2＜a1，因?yàn)閍2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故選A.
8．(2024·茂名一模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝8，an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) (n∈N*)，bn＝( eq \f(1,an) ＋λ)( eq \f(1,2) )n，若數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是( D )
A．(－ eq \f(8,7) ，＋∞)
B．(－ eq \f(7,8) ，＋∞)
C．( eq \f(8,7) ，＋∞)
D．( eq \f(7,8) ，＋∞)
解析：由題意，an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) ，兩邊取倒數(shù)可化為 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(nan＋1,an) ＝ eq \f(1,an) ＋n，所以 eq \f(1,a2) － eq \f(1,a1) ＝1， eq \f(1,a3) － eq \f(1,a2) ＝2，…， eq \f(1,an) － eq \f(1,an－1) ＝n－1，由累加法可得， eq \f(1,an) － eq \f(1,a1) ＝1＋2＋…＋(n－1)＝ eq \f(n（n－1）,2) ，因?yàn)閍1＝8，所以 eq \f(1,an) ＝ eq \f(n（n－1）,2) ＋ eq \f(1,8) ＝ eq \f(（2n－1）2,8) ，
所以bn＝( eq \f(1,an) ＋λ)( eq \f(1,2) )n＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（2n－1）2,8)＋λ)) ( eq \f(1,2) )n，
因?yàn)閿?shù)列{bn}是遞減數(shù)列，故bn eq \f(－4n2＋20n－17,8) ＝ eq \f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8) ，
因?yàn)閚≥2，n∈N*，
所以( eq \f(－4（n－\f(5,2)）2＋8,8) )max＝ eq \f(－4×（2－\f(5,2)）2＋8,8) ＝ eq \f(7,8) ，
故λ∈( eq \f(7,8) ，＋∞).
9．(多選)設(shè)公比為q的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，若a2a8＝16，則( BC )
A．a(chǎn)5＝4
B．當(dāng)a1＝1時(shí)，q＝± eq \r(2)
C．lg2|T9|＝18
D．a(chǎn) eq \\al(2,3) ＋a eq \\al(2,7) ≥36
解析：對(duì)于A，因?yàn)閍 eq \\al(2,5) ＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正確；
對(duì)于B，因?yàn)閍1＝1，a2a8＝16，則a eq \\al(2,1) q8＝16，所以q8＝16，所以q＝± eq \r(2) ，所以B正確；
對(duì)于C，因?yàn)門9＝a1a2·…·a9＝a eq \\al(9,5) ，所以|T9|＝|a eq \\al(9,5) |＝218，所以lg2|T9|＝18，所以C正確；
對(duì)于D，a eq \\al(2,3) ＋a eq \\al(2,7) ≥2a3a7＝2a2a8＝32，當(dāng)且僅當(dāng)a3＝a7時(shí)，等號(hào)成立，所以D不正確．故選BC.
10．(多選)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，則下列說法正確的是( AC )
A．a(chǎn)2＝2
B．a(chǎn)4－a3＝4
C．{a2n}是等比數(shù)列
D．a(chǎn)2n－1＋a2n＝2n＋1
解析：anan＋1＝2n，即an＋1＝ eq \f(2n,an) ，則a2＝2，a3＝2，a4＝4，所以A正確；顯然有a4－a3＝2≠4，所以B不正確；因?yàn)閍nan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，相除得 eq \f(an＋2,an) ＝2，所以數(shù)列{a2n－1}，{a2n}分別是以1，2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以C正確；因?yàn)閍1＋a2＝3≠21＋1，所以D不正確．故選AC.
11．(多選)(2024·承德二模)對(duì)于給定的數(shù)列{an}，如果存在實(shí)數(shù)p，q，使得an＋1＝pan＋q對(duì)任意n∈N*恒成立，我們稱數(shù)列{an}是“線性數(shù)列”，則下列關(guān)于線性數(shù)列{an}說法正確的是( ABD )
A．等差數(shù)列是“線性數(shù)列”
B．等比數(shù)列是“線性數(shù)列”
C．若p≠1且a1＝q，則an＝ eq \f(q（1－pn－1）,1－p)
D．若p≠1且a1＝q，則an是等比數(shù)列{qpn－1}的前n項(xiàng)和
解析：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，滿足“線性數(shù)列”的定義，故A正確；
數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，則 eq \f(an＋1,an) ＝q，即an＋1＝qan，滿足“線性數(shù)列”的定義，故B正確；
當(dāng)p≠0，且q≠0時(shí)，設(shè)an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，則k－pk＝q，解得k＝ eq \f(q,1－p) ，則an－ eq \f(q,1－p) ＝pn－1(a1－ eq \f(q,1－p) )，又a1＝q，因此an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .當(dāng)p≠0，且q＝0時(shí)，an＋1＝pan，又因?yàn)閍1＝q＝0，所以an＝0，也滿足an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .
當(dāng)p＝0時(shí)，an＋1＝q，又因?yàn)閍1＝q，所以an＝q，也滿足an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) .綜上，若p≠1且a1＝q，則an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) ，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)閧qpn－1}是等比數(shù)列，所以q≠0，p≠0，又因?yàn)閜≠1，則{qpn－1}的前n項(xiàng)和為 eq \f(q（1－pn）,1－p) ，由C知若p≠1且a1＝q時(shí)，an＝ eq \f(q（1－pn）,1－p) ，故D正確．
12．(2023·江西南昌二模)若前n項(xiàng)和為Sn的等差數(shù)列{an}滿足a7＋a12＝12－a8，則S17＝________．
解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知a7＋a12＝a9＋a10，又因?yàn)閍7＋a12＝12－a8，所以a9＋a10＝12－a8，即a8＋a9＋a10＝12，所以a9＝4，所以S17＝ eq \f(17（a1＋a17）,2) ＝ eq \f(17×2a9,2) ＝17a9＝68.
答案：68
13．在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列稱為等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)稱為該數(shù)列的公和．已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝－2，a100＝8，則這個(gè)數(shù)列的前100項(xiàng)的和為________．
解析：設(shè)等和數(shù)列{an}的公和為m.因?yàn)閍1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2，n為奇數(shù)，,m＋2，n為偶數(shù)，)) 又a100＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×6＝300.
答案：300
14．(2024·泰安模擬)若m，n是函數(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個(gè)不同零點(diǎn)，且m，n，－2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則pq＝________．
解析：由題意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝p＞0，,mn＝q＞0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＞0，,n＞0，)) 則m，－2，n成等比數(shù)列，得mn＝(－2)2＝4.不妨設(shè)m＜n，則－2，m，n成等差數(shù)列，得2m＝n－2.聯(lián)立mn＝4，可得(2m＋2)m＝4，即m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝4，)) 則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝5，,q＝4，)) 所以pq＝20.
答案：20
[小題提升練]
15．(2024·深圳二模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，且滿足an(3Tn－1)＝Tn(n∈N*)，則Tn＝________________．
解析：由題意可知，a1(3T1－1)＝a1·(3a1－1)＝T1＝a1，且a1>0，所以a1＝ eq \f(2,3) ，又an＝ eq \f(Tn,3Tn－1) (n∈N*)，且an＝ eq \f(Tn,Tn－1) (n≥2，n∈N*)，
所以3Tn－1＝Tn－1(n≥2，n∈N*)，
則Tn－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) ·(Tn－1－ eq \f(1,2) )，
又T1－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(2,3) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ，
所以數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn－\f(1,2))) 是以 eq \f(1,6) 為首項(xiàng)， eq \f(1,3) 為公比的等比數(shù)列，
故Tn－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ×( eq \f(1,3) )n－1，
所以Tn＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )n＋ eq \f(1,2) (n∈N*).
答案： eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )n＋ eq \f(1,2) (n∈N*)
16．(2024·日照二模)“－1，0，1序列”在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用，該序列中的數(shù)取值于－1，0或1.設(shè)A是一個(gè)有限“－1，0，1序列”，f(A)表示把A中每個(gè)－1都變?yōu)椋?，0，每個(gè)0都變?yōu)椋?，1，每個(gè)1都變?yōu)?，1，得到新的有序?qū)崝?shù)組．例如：A＝(－1，0，1)，則f(A)＝(－1，0，－1，1，0，1).定義Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，若A1＝(－1，1)，An中1的個(gè)數(shù)記為bn，則{bn}的前10項(xiàng)和為________．
解析：因?yàn)锳1＝(－1，1)，依題意得，A2＝(－1，0，0，1)，A3＝(－1，0，－1，1，－1，1，0，1)，顯然，A1中有2項(xiàng)，其中1項(xiàng)為－1，1項(xiàng)為1，A2中有4項(xiàng)，其中1項(xiàng)為－1，1項(xiàng)為1，2項(xiàng)為0，A3中有8項(xiàng)，其中3項(xiàng)為－1，3項(xiàng)為1，2項(xiàng)為0，由此可得An中共有2n項(xiàng)，其中1和－1的項(xiàng)數(shù)相同，設(shè)An中有cn項(xiàng)為0，1和－1的項(xiàng)數(shù)相同都為bn，所以2bn＋cn＝2n，b1＝1，從而2bn－1＋cn－1＝2n－1(n≥2)，①
因?yàn)閒(A)表示把A中每個(gè)－1都變?yōu)椋?，0，每個(gè)0都變?yōu)椋?，1，每個(gè)1都變?yōu)?，1，
得到新的有序?qū)崝?shù)組，
則bn＝bn－1＋cn－1(n≥2)，②
①＋②得bn＋bn－1＝2n－1(n≥2)，
所以bn＋bn＋1＝2n(n∈N*)，
所以{bn}的前10項(xiàng)和為
(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋(b7＋b8)＋(b9＋b10)＝21＋23＋25＋27＋29＝ eq \f(2（1－45）,1－4) ＝682.
答案： 682

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