高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》图文解析

一、选择题

1．数列an的通项公式为anncnN．则“c2”是“an为递增数列”的（ ）

条件． A．必要而不充分 【答案】A 【解析】 【分析】

根据递增数列的特点可知an1an0，解得cnB．充要

C．充分而不必要

D．即不充分也不必要

1，由此得到若an是递增数列，则23，根据推出关系可确定结果. 2【详解】 c若“an是递增数列”，则an1ann1cnc0， 即n1cnc，化简得：cn又nN，n则c2¿221， 2133，c， 222an是递增数列，an是递增数列c2，

“c2”是“an为递增数列”的必要不充分条件．

故选：A. 【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.

2．已知数列1,,A．

1131357135,,,,,...,,,,...，则该数列第2019项是（ ） 22222232323232n2n2nB．

1989 1022019 102C．

1989 112D．

201911 2【答案】C 【解析】 【分析】 由观察可得1,1131357135,,,,,,...,,,,...223333nnn项数为22222222221,1,2,4,8,...,2k2,...，注意到102421020192112048，第2019项是第12个括号

里的第995项. 【详解】

由数列1,1131357135,,,,,,...,,,,...223333nnn，可发现其项数为 22222222221,1,2,4,8,...,2k2,...，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，

故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为所以第12个括号里的第995项是故选：C. 【点睛】

本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.

2m1， 2111989. 211

3．已知数列{an}满足an1an2，且a1,a3,a4成等比数列.若{an}的前n项和为Sn，则

Sn的最小值为（ ）

A．–10 【答案】D 【解析】 【分析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得Sn，再利用二次函数的性质，可得当

B．14

C．–18

D．–20

n4或5时，Sn取到最小值.

【详解】

根据题意，可知{an}为等差数列，公差d2，

2由a1,a3,a4成等比数列，可得a3a1a4，

2∴(a14)a1(a16)，解得a18.

∴Sn8nn(n1)9812n29n(n)2. 224根据单调性，可知当n4或5时，Sn取到最小值，最小值为20. 故选：D. 【点睛】

本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前n项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当n4或5时同时取到最值.

4．已知等比数列{an}满足a13，a1a3a521，则a3a5a7（ ） A．21 【答案】B

B．42

C．63

D．84

【解析】

24242由a1+a3+a5=21得a1(1qq)211qq7q2 2a3+a5+a7=q(a1a3a5)22142，选B.

5．设等比数列an的前n项和记为Sn,若S10:S51:2,则S15:S5( ) A．

3 4B．

2 3C．

1 2D．

1 3【答案】A 【解析】 【分析】

根据等比数列前n项和的性质求解可得所求结果． 【详解】

∵数列an为等比数列，且其前n项和记为Sn， ∴S5,S10S5,S15S10成等比数列． ∵S10:S51:2，即S10 S5，

12S10S51 ∴等比数列S5,S10S5,S15S10的公比为， S52∴S15S10 S10S5 S5， ∴S15 S5S10 S5， ∴S15:S5故选A． 【点睛】

在等比数列an中，其前n项和记为Sn，若公比q1，则Sk,S2kSk,S3kS3k,L成等比数列，即等比数列中依次取k项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．

121414343． 4

6．定义“穿杨二元函数”如：

C(a,n)a8a43L.例如：142a4442a44n个C3,436122445.若aZ，满足Ca,nn，则整数n的值为( )

A．0

B．1

C．0或1

D．不存在满足条件的

n

【答案】B

【解析】 【分析】

12C(a,n)a8a43L，得142a4442a44由Ca,naa2n1,然后根据

n个12nCa,nn结合条件分析得出答案.

【详解】

12C(a,n)a8a43L，得142a4442a44由Ca,naa2n1 n个12由Ca,nn，可得a21n.

nn当n0时，对任意aZ都满足条件. 当n0时, an,由aZ，当n1时，a1满足条件. n21xx当n2且nZ时，设fx21x，则fx2ln21在x2上单调递增.

所以fxf24ln210，所以fx在x2上单调递增. 所以fxf24120，即当n2且nZ时，恒有2n1n.

n0,1这与aZ不符合.所以此时不满足条件. n21综上：满足条件的n值为0或1.

则a故选：B 【点睛】

本题考查新定义，根据定义解决问题，关键是理解定义，属于中档题.

7．若an为等差数列，Sn是其前n项和，且S11A．3 【答案】B 【解析】 【分析】

由a1a112a6,即可求出a6 进而求出答案． 【详解】 ∵S11故选B. 【点睛】

本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n项和性质即可，属

B．3 C．22，则tan(a6)的值为（ ） 3D．3 33 311a1a112222 ，∴a6，tana6tan11a633233， 于基础题型.

8．已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则a20等于（ ）. A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

利用等差数列的通项公式，列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a20． 【详解】

解：Q{an}为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699， a1a3a53a3105，a2a4a63a499， a335，a433，da4a333352， a1a32d35439，

B．1 C．3 D．7

a20a139d391921．

故选：B 【点睛】

本题考查等差数列的第20项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．

9．已知函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

21若数列的前n项和为Sn，则S2018的值为（ ）

fn2015 2016【答案】D 【解析】 【分析】

A．

B．

2016 2017C．

2017 2018D．

2018 2019求出原函数的导函数，得到yfx在x1时的导数值，进一步求得m，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出S2018的值． 【详解】

由fxxmx，得fx2xm，f1m2，

2因为函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

2f1m23，解得m1，fxx2x，则

111112. fnnnnn1nn1因此，S20181故选：D. 【点睛】

1111112018L1. 2232018201920192019本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．

10．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2a3a109，则S9（ ） A．3 【答案】D 【解析】

设等差数列an的首项为a1，公差为d. ∵a2a3a109

∴3a112d9，即a14d3 ∴a53 ∴S9故选D.

B．9

C．18

D．27

9(a1a9)27 2

11．在数列an中，a12,an11A．-2 【答案】B 【解析】

B．

1，则a2016的值为anC．

D．

1 31 23 21111an21111an. an1由an11，得

1anan所以

an311an211an1. 1an即数列an以3为周期的周期数列. 所以a2016a3故选B.

点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几

11. 1a13项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项，本题是通过迭代得到了数列的周期性．

12．在等比数列an中，已知a29,a5243，那么an的前4项和为（ ）. A．81 【答案】B 【解析】 【分析】

B．120

C．121

D．192

a5q3求出公比，利用等比数列的前n项和公式即可求出. 根据a2【详解】

Q

a5q327, a2 q3

a1(1q4)3(134) S4120.故选：B

1q13【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的前n项和，属于中档题.

13．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a12，且a1a564，则数列

an的前n项和是（ ） (a1)(a1)n1nA．112n11【答案】A 【解析】

B．11 2n1C．11 2n1D．11 2n12由等比数列的性质可得：a1a5a364,a38，

则数列的公比：qa382， a12n1n数列的通项公式：ana1q2，

an2n11故：

an1an112n12n112n12n11，

an则数列的前n项和是：

a1a1nn11111111L1. 12n23n1n121212121212121本题选择A选项.

点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

14．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取

lg30.4771，lg20.3010）

A．16 【答案】D 【解析】 【分析】

nnB．17 C．24 D．25

44由折线长度变化规律可知“n次构造”后的折线长度为a，由此得到1000，利

33用运算法则可知n【详解】

记初始线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为

23，由此计算得到结果.

2lg2lg34a，“二次构造”后的折线长度为3n4，以此类推，“n次构造”后的折线长度为4，aa 3344若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则a1000a，即1000，

33nn44lgnlgnlg4lg3n2lg2lg3lg10003，

33324.02，至少需要25次构造.

20.30100.4771故选：D.

即nn【点睛】

本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.

15．在等差数列an中，其前n项和是Sn，若S90，S100，则在最大的是（ ）

SS1S2,,,9中a1a2a9S1A．

a1【答案】C 【解析】 【分析】

S8B．

a8S5C．

a5S9D．

a9S5S6S9S1S20，0...，，0,0,...0，所以在由题意知a5＞0，a6＜0 ．由此可知a1a2a5a6a9SSS1S2，，，...9中最大的是5． a1a2a9a5【详解】 由于S99(a1a9)10(a1a10)9a5＞0，S10（5a5a6）＜0 ， 222所以可得a5＞0，a6＜0． 这样

SSSS1S0，20...，，50,60,...90， a1a2a5a6a9而S1＜S2＜＜S5，a1＞a2＞＞a5>0， ，

S9S5S1S2，，，...所以在中最大的是． a1a2a9a5故选C． 【点睛】

本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.

16．已知数列an的首项a12,an1an6an29，则a27（ ） A．7268 【答案】C 【解析】 【分析】

由an1an6an29得an12(an23)2，所以构造数列算出an2(3n1)2，求出a27. 【详解】

B．5068

C．6398

D．4028

an2为等差数列，

易知an0，因为an1an6an29，所以an12(an23)2， 即an12an23，

an2是以3为公差，以2为首项的等差数列.

所以an23n1,an2(3n1)2，即a2780226398. 故选 ：C 【点睛】

本题主要考查由递推公式求解通项公式，等差数列的通项公式，考查了学生的运算求解能力.

17．已知an是各项都为正数的等比数列，Sn是它的前n项和，若S47，S821，则

S16（ ）

A．48 【答案】C 【解析】 【分析】

根据S4,S8S4,S12S8,S16S12成等比数列即可求出S16. 【详解】

由等比数列的性质得S4,S8S4,S12S8,S16S12成等比数列， 所以7,14,S1221,S16S12成等比数列，

所以S122128,S1249,S164956,S16105. 故选：C 【点睛】

本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

B．90

C．105

D．106

18．已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1（ ） A．2n11 【答案】B 【解析】 【分析】

B．n2n

C．3n1

D．2n3n1

n2Sn（nN*），则Snnan1n22,再利用累乘法求出an(n1)2n1，即得Sn. 由题得ann1【详解】 由题得Snnan1(n1)anna(n1)an,Sn1,ann1,（n2） n2n1n2n1所以

an1n22,（n2） ann1aa26n2,（n1）. 3，所以n12ann1a12由题得a26,ana23a34a45n12,2,2,L，2, 所以a12a23a34an1n所以

ann12n1,an(n1)2n1. a12n(n2)2nn2n. n2所以Sn故选：B 【点睛】

本题主要考查数列通项的求法，考查数列前n项和与an的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

19．数列an满足a11，对任意的nN*都有an1ann1，则

111L（ ） a1a2a20162015 2016【答案】B 【解析】 【分析】

A．

B．

4032 2017C．

4034 2017D．

2016 2017首先根据题设条件，由an1ann1，可得到递推关系为an1ann1；

1211nn12接下来利用累加法可求得an，从而，由此就可annn1nn12求得

111L的值. a1a2a2016【详解】

因为an1a1ann1ann， 所以an1ann1， 用累加法求数列an的通项得：

ana1a2a1anan1

12nnn1， 212112所以， annn1nn11111111112122于是 a1a2a3a2016223201620171403221. 20172017故选：B. 【点睛】

本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.

111是公比为的等比数列，且a10，若数列an是递增数列，则a13an的取值范围为（ ） A．(1,2) B．(0,3) C．(0,2) D．(0,1)

20．已知数列【答案】D 【解析】 【分析】

先根据已知条件求解出an的通项公式，然后根据an的单调性以及a10得到a1满足的不等关系，由此求解出a1的取值范围. 【详解】

由已知得

11111ana13n1，则

an1111a13n11.

因为a10，数列an是单调递增数列，

11nn1111所以an1an0，则1， 1111a13a13化简得0故选：D. 【点睛】

本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据an,an1之间的大小关系分析问题.

11111，所以0a11. a13a1