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专题突破练(4)数列中的典型题型与创新题型一、选择题1如果等差数列an中,a3a4a512,那么a1a2a7等于()A14 B21 C28 D35答案C解析a3a4a512,3a412,a44a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428故选C2在等比数列an中,a11,公比|q|1若ama1a2a3a4a5,则m等于()A9 B10 C11 D12答案C解析ama1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3aaa3aaq10因为a11,|q|1,所以amaq10a1q10,所以m11故选C3在递减等差数列an中,若a1a50,则Sn取最大值时n等于()A2 B3 C4 D2或3答案D解析a1a52a30,a30d0,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D4在等差数列an中,首项a10,公差d0,若aka10a11a100,则k()A496 B469 C4914 D4915答案D解析因为数列an是等差数列,所以ana1(n1)d(n1)d,因为aka10a11a100,所以ak100a1d9a1d4914d,又ak(k1)d,所以(k1)d4914d,所以k4915故选D5已知数列an的通项为anlogn1(n2)(nN*),我们把使乘积a1a2a3an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答案C解析设a1a2a3anlog23log34log45logn1(n2)log2(n2)k,kZ,则0n2k22018,22k2020,1k10,所有“优数”之和为(222)(232)(2102)18211222026故选C6约瑟夫规则:将1,2,3,n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上,然后从1开始,按逆时针方向,每隔一个数删除一个数,直至剩余一个数为止,删除的数依次为1,3,5,7,当n65时,剩余的一个数为()A1 B2 C4 D8答案B解析将1,2,3,65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上,然后从1开始,按逆时针方向,每隔一个数删除一个数,首先删除的数为1,3,5,7,65(删除33个,剩余32个);然后循环,删除的数的个数分别为16,8,4,2,1,最后剩余2故选B7已知数列an中,an13Sn,则下列关于an的说法正确的是()A一定为等差数列B一定为等比数列C可能为等差数列,但不会为等比数列D可能为等比数列,但不会为等差数列答案C解析若数列an中所有的项都为0,则满足an13Sn,所以数列an可能为等差数列,故B,D不正确;由an13Sn,得an23Sn1,则an2an13(Sn1Sn)3an1,所以an24an1,当a10时,易知an10,所以4,由an13Sn,得a23a1,即3,此时数列an既不是等比数列又不是等差数列,故A不正确,C正确故选C8(2018江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列an 的前n项和为Sn满足2an1,bn,若b1,b2,bm成等差数列,则的最大值为()A B C D答案D解析由题2an1,则4Sn(an1)2,4Sn1(an11)2,作差得an1an2,2a11a11,an2n1,由b1,b2,bm成等差数列,可得bm2b2b1,分离m化简得m3,故(t,m)(2,7),(3,5),(5,4),max故选D9(2018河南信阳高级中学模拟)给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中,并且对任意a1(0,1),由关系式an1f(an)得到的数列an满足an1an则该函数的图象可能是()答案A解析由题对于给定函数yf(x)的图象在下列四个选项中,并且对任意a1(0,1),由关系式an1f(an)得到的数列an满足an10,S180,且S180,S189(a9a10)0,a9a100,a100,0,0,0,0,0,又S1S2a2a9,则最大故选C12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(2,4) C(2,9) D(2,9)答案D解析设等比数列an的公比为q,由已知得由得q1;由得q22;由得q1且q3,故q3因为a4a1q3(a1q2)q,所以2a40的最小正整数n为_答案5解析由题设可知轨迹C1,C2,C3,Cn分别是半径为1,2,4,8,16,32,2n的圆因为an|AnAn1|min,所以a11,a22,a34,a48,an2n1,所以Sna1a2a3an1242n12n1由Sn5n0,得2n15n02n5n1,故最小的正整数n为5三、解答题17(2018山西考前适应训练)已知等比数列an中,an0,a1,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,所以,因为q0,解得q2,所以an2n12n7,nN*(2)bn(1)n(log2an)2(1)n(log22n7)2(1)n(n7)2,设cnn7,则bn(1)n(cn)2T2nb1b2b3b4b2n1b2ncc(c)c(c)c(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n18(2018山东青岛统测)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cn,记数列cn的前n项和为Tn,试比较Tn与的大小解(1)anbnn2n,解得a12,b11,an22(n1)2n,bn2n1(2)an2n,bn2n1,cn,Tnc1c2c3c4cn1cn11,Tn19(2018广东三校联考二)设数列an的前n项和为Sn,点(an,Sn)(nN*)在直线2xy20上(1)求证:数列an是等比数列,并求其通项公式;(2
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