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专题四　数列
高考真题衍生卷·命题区间10
1．D　[由题意可知举高R为B～B，第一折为R，且椽缝下折高度构成以R为首项，为公比的等比数列．
某建筑的总进深为120，当举高R＝
第四椽缝下折高度为＝0.375，
同理可得当举高R＝B时，第四椽缝下折高度为0.5，
所以第四椽缝下折高度在0.375～0.5之间，
结合选项可知第四椽缝下折高度可以为0.45．故选D．]
2．B　[由于an＝
故数列的前10项和为(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)
＝?＋ln ＋ln 6．故选B．]
3．ABD　[因为an＋1an＝2an－1，所以an＋1an－an＝an－1，
即(an＋1－1)an＝an－1，即an＋1－1＝，
所以＋1，
故＝1，
所以是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)＝n，故an＝＋1．
因为＋1>1，所以A正确；
又因为an＋1－an＝<0，
所以an＋1因为对任意n∈N*都有1所以2a2n>2，所以不存在正整数n使an＝2a2n，故C不正确；
因为(n∈N*)且(10n－1)∈N*，
所以都是数列{an}中的项，故D选项正确．
故选ABD．]
4．ABC　[因为数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，
所以＝1，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
故成立，A正确．
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，
故(2n－1)·an＝1，C正确．
所以an＝，
所以3a5a17＝3×，D错误．
因为＝22n-1，所以＝4，
所以数列是首项为2，公比为4的等比数列，B正确．故选ABC．]
5．解：(1)因为Sn＋1＋Sn＝，
所以Sn＋Sn－1＝(n≥2)，
两式相减得an＋1＋an＝，
即an＋1＋an＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
由于an＋1＋an＞0，则an＋1－an＝2(n≥2)，
当n＝1时，S1＋S2＝，
即a1＋a1＋a2＝，
又a1＝2，故得a2＝4(负值舍去)，
a2－a1＝2，则an＋1－an＝2(n∈N*)，
所以{an}是首项和公差均为2的等差数列，
故an＝2＋(n－1)·2＝2n．
(2)由(1)知bn＝，
所以Tn＝，①
，②
由①－②得，
所以，
所以Tn＝．
6．D　[法一：由S9＝9a1＋d＝1，得9a1＋36d＝1，
所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．故选D．
法二：因为S9＝＝1，所以a3＋a7＝．故选D．]
7．C　[设等比数列的公比为q(q≠0)，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1．
由S4＝－5，S6＝21S2，可得，
所以1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
所以S8＝＝－85．故选C．]
8．A　[由数列{an}是等差数列可知，S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，即S4，3S4＋4，6S4－14成等差数列．
所以2(3S4＋4)＝S4＋6S4－14，解得S4＝22，
又S12－2S8＝2S4－18，则S12＝2(4S4＋4)＋2S4－18＝10S4－10＝210．故选A．]
9．D　[设数列{an}的公比为q(q≠1)，
因为S6＝－1，
所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3)＝－1，
所以a1＋a2＋a3≠0．
因为S9＝3S3，
所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3＋q6)＝3(a1＋a2＋a3)，
则1＋q3＋q6＝3．
因为q≠1，所以q3＝－2，
所以a1＋a2＋a3＝1，
故a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝1×(－2)4＝16．
故选D．]
10．95　[因为数列{an}为等差数列，则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．]
11．解：(1)由a2＋a6＝a8可得a1＋d＋a1＋5d＝a1＋7d，
则a1＝d，故an＝nd．
＝2d，
b1＝2a1·2a1－d＝2d，
则数列{bn}是首项为2d，公比为2d的等比数列，
由S8＋S16＝T4＋a2可得，
＋2d，
即24d－85×2d＋84＝0，
即2d(23d－1)－84(2d－1)＝0，
即2d(2d－1)(22d＋2d＋1)－84(2d－1)＝0，
由d＞0可得2d(22d＋2d＋1)＝84，
设f (d)＝2d(22d＋2d＋1)，
显然f (d)在(0，＋∞)上单调递增，
且f (2)＝84，故d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由a1＋a2＝a4可得，2a1＋d＝a1＋3d，即a1＝2d，
则an＝a1＋(n－1)d＝(n＋1)d，
由bn＝2a1·2an－d＝4d·2nd，
得＝2d，
故{bn}是首项为4d·2d，公比为2d的等比数列．
由T4－S9＝
＝－54d＝66d，
得＝30，
即2d(1＋2d)(1＋22d)＝30，
由d∈N可得2d，1＋2d，1＋22d都是正整数，
且30＝2×3×5，
故2d＝2，解得d＝1．
5/5命题区间10　等差数列、等比数列
(单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题13分，共73分)
考向一　数列的概念及简单表示法
1．(2022·新高考Ⅱ卷T3姊妹题)如图是我国古代建筑中的“举折”做法的示意图，以房屋的前后撩檐枋(清式称挑檐桁)心之间的水平距离为总进深(B)，在前后撩檐枋上皮的连线中点举起至总进深作为脊椽上皮的高度，称举高(R)．第一步将脊椽上皮与撩檐枋上皮连一直线，自脊椽而下，第一椽缝折下，第二椽缝依前法再向下折，第三椽缝依前法再向下折，以此类推．若某建筑的总进深为120，则第四椽缝下折高度可以为(　　)
　
[A]0.75 [B]0.65
[C]0.55 [D]0.45
2．(2021·新高考Ⅰ卷T17(2)改编题)已知数列{an}满足an＝则数列{an}的前10项和为(　　)
[A]＋ln 6 [B]＋ln 6
[C]－ln 2 [D]－ln 2
3．(多选)(补偿题)数列{an}的首项a1＝2，对一切正整数n，都有an＋1an＝2an－1，则(　　)
[A]对一切正整数n都有an>1
[B]数列{an}单调递减
[C]存在正整数n，使得an＝2a2n
[D](n∈N*)都是数列{an}中的项
4．(多选)(2022·浙江卷T10姊妹题)已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是(　　)
[A]＝ [B]是等比数列
[C](2n－1)an＝1 [D]3a5a17＝a49
5．(13分)(2024·全国甲卷理T18姊妹题)已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＋Sn＝，a1＝2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
考向二　等差数列、等比数列
6．(2024·全国甲卷文T5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　)
[A]－2 [B]
[C]1 [D]
7．(2023·新高考Ⅱ卷T8)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
[A]120 [B]85
[C]－85 [D]－120
8．(2023·新高考Ⅱ卷T8改编题)记Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4S4＋4，S12－2S8＝2S4－18，则S12＝(　　)
[A]210 [B]230
[C]250 [D]300
9．(2023·新高考Ⅱ卷T8姊妹题)已知公比不等于1的等比数列的前n项和为Sn，若S6＝－1，S9＝3S3，则a13＋a14＋a15＝(　　)
[A]－16 [B]－8
[C]8 [D]16
10．(2024·新高考Ⅱ卷T12)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
11．(13分)(2023·新高考Ⅰ卷T20姊妹题)设等差数列{an}的公差为d，且d＞0，令bn＝2a1·2an－d，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若a2＋a6＝a8，且S8＋S16＝T4＋a2，求{an}的通项公式；
(2)若a1＋a2＝a4，d∈N，且T4－S9＝66d，求d．
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