2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（4） 数列中的典型题型与创新题型+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（4） 数列中的典型题型与创新题型+答案解析，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题突破练(4)　数列中的典型题型与创新题型

一、选择题
1．(2022·福建福州第三中学高三上第二次质量检测)已知等比数列{an}中，a2＋a6＝5，a3a5＝4，则tan＝(　　)
A. B．－
C.或－ D．－
答案　B
解析　由等比数列性质可知a2a6＝a3a5＝4＝a，所以a4＝2或a4＝－2，但a2＋a6>0，可知a4>0，所以a4＝2，则tan＝tan＝－.故选B.
2．(2022·广东广州荔湾区高三上调研考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S12等于(　　)
A．－3 B．－12
C.－21 D．－30
答案　D
解析　由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，则6＋S9－3＝－6，可得S9＝－9.同理，2(S9－S6)＝S6－S3＋S12－S9，即S12＋6＝－24，得S12＝－30.故选D.
3．(2021·江苏常州中学模拟)已知正项等比数列{an}满足a2aa2020＝16，则a1a2…a1017＝(　　)
A．41017 B．21017
C.41018 D．21018
答案　B
解析　由a2aa2020＝16，可得(a7a1011)2＝16，所以a7a1011＝4，a509＝2，所以a1a2…a1017＝a＝21017.故选B.
4．在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝(　　)
A．496 B．469
C.4914 D．4915
答案　D
解析　因为数列{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，因为ak＝a10＋a11＋…＋a100，所以ak＝100a1＋d－＝4914d，又ak＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915.故选D.
5．数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*，λ≠0，λ∈R)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值是(　　)
A．1 B．2
C. D．－1
答案　B
解析　数列{an－1}为等比数列⇒＝＝q，即λan－2＝qan－q，上式恒成立，可知⇒λ＝2，故选B.
6．已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝bn＋cos2，则该数列的前23项和为(　　)
A．4194 B．4195
C.2046 D．2047
答案　A
解析　由题意，得当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列的奇数项是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列，当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列的偶数项是以b2＝4为首项，1为公差的等差数列，∴S23＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝＋11×4＋×1＝212－1＋44＋55＝4194.
7．(2021·湖北省黄冈市高三年级质量检测)明代朱载堉创造了音乐上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有大吕＝，大吕＝，太簇＝.据此可得，正项等比数列{an}中，ak＝(　　)
A. B．
C. D．
答案　C

8．(2022·山东日照高三上开学校际联考)设f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＝f(x)，数列{an}满足a1＝－1，且＝＋(n∈N*)，则f(a22)＝(　　)
A．0 B．－1
C.21 D．22
答案　A
解析　对于数列{an}满足a1＝－1，且＝＋(n∈N*)，变形可得－＝，即－＝－，则＝＋＋…＋＋＝＋＋…＋＋＝1－.所以an＝n－2，所以a22＝22－2＝20.因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)且f(0)＝0.因为f(2－x)＝f(x)，则－f(－x)＝f(2－x)，则f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的周期函数．所以f(a22)＝f(20)＝f(0)＝0.故选A.
9．(多选)(2021·广东省实验中学高三上学期第一次阶段考试)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝S18，则下列各项的值为0的是(　　)
A．a17 B．S35
C．a17－a19 D．S19－S16
答案　BD
解析　设{an}的首项为a1，公差为d，由S17＝S18，即17a1＋d＝18a1＋d，得a1＝－17d，∴an＝(n－18)d，Sn＝＝d，∴a18＝0，S35＝0，a17－a19＝－d－d＝－2d，S19－S16＝d－d＝0.故选BD.
10．(多选)(2021·海口市高考模拟演练)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　)
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2047 D．an＋an＋1＜an＋2
答案　ABD
解析　由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an＞3an，所以an＋an＋10，
所以lg ＝2lg ，
又lg ＝lg 2≠0，
所以数列是首项为lg 2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，
所以an＋＝22n－1，
所以Rn＝220·221·222·…·22n－1
＝220＋21＋22＋…＋2n－1
＝22n－1.
20．(2021·湖北省十一校高三第一次联考)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，且b3－a3,20，a5＋b2既是等差数列，又是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在①cn＝＋(－1)nbn，②cn＝anbn，③cn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
若____________，求数列{cn}的前n项和Sn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，
由题得20＝b3－a3＝a5＋b2，
即
解得d＝2，q＝3，所以an＝2n＋1，bn＝3n.
(2)选①：cn＝＋(－1)nbn
＝＋(－3)n
＝＋(－3)n，
则Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋(－3)1＋＋(－3)2＋…＋＋(－3)n
＝＋
＝＋，
故Sn＝＋.
选②：cn＝anbn＝(2n＋1)3n，
Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝3×3＋5×32＋…＋(2n＋1)3n，(ⅰ)
3Sn＝3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)3n＋1，(ⅱ)
由(ⅰ)－(ⅱ)，得－2Sn＝32＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n＋1)3n＋1，
即Sn＝n·3n＋1.
选③：cn＝＝＝－＝－，
则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝－，
故Sn＝－.
21．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.

(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)，P2(a2,0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1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a1＋a2＝3，a3－a2＝2，
所以
得3q2－5q－2＝0，又q>0，
所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d，
因为b3＝5，S4＝16，所以
解得则bn＝2n－1.
(2)由(1)得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，
由cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)·2n－2，
得Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，①
2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，②
由①－②得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)2n－1＝＋－(2n－1)·2n－1＝(3－2n)2n－1－，故Tn＝(2n－3)·2n－1＋(n∈N*)．