高考数学压轴专题(易错题)备战高考《数列》全集汇编含答案解析

一、选择题

1．在等差数列{an}中，a2a436，则数列{an}的前5项之和S5的值为（ ） A．108 【答案】B 【解析】

由于a1a5a2a436，所以S5B．90

C．72

D．24

5(a1a5)53690，应选答案A． 22点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质a1a5a2a436，然后整体代换前5项和中的a1a5=36，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．

2．等差数列的首项为（ ） A．(0,) 【答案】D 【解析】 【分析】

根据题意可知a101，a91，把a1的值代入列不等式解得即可. 【详解】

由题意，设数列an的公差为d，首项a1B．1，且从第10项开始为比1大的项，则公差d的取值范围是258, 75C．83, 7525D．83, 7525a1011，则， 25a91即a10a19d183d. ，解得

aa8d1752519故选：D. 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，要熟练记忆等差数列的通项公式．

3．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120，210，45三种，其中45是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称45为20的最佳分解.当pq（pq且

p,qN*）是正整数n的最佳分解时我们定义函数f(n)qp，则数列

f5nN的前2020项的和为（ ）

n*A．510101

510101B．

4510101C．

2D．510101

【答案】D 【解析】 【分析】

首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果． 【详解】

解：依题意，当n为偶数时，f(5n)52520； 当n为奇数时，f(5n)5n12nn5n1245n12，

所以S20204(505151009)，

5101014g，

51510101．

故选：D 【点睛】

本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．

4．数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：an2an1an.记该数列{an}的前n项和为

Sn，则下列结论正确的是（ ）

A．S2019a20202 C．S2019a20201 【答案】D 【解析】 【分析】

根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果. 【详解】 因为

B．S2019a20212 D．S2019a20211

Sna1a2a3Lan(a3a2)(a4a3)(a5a4)(a6a5)L(an2an1) an2a2an21，

所以S2019a20211，选D. 【点睛】

本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.

5．数列an满足a12，对于任意的nN*，an11，则a2018（ ） 1anA．-1 【答案】A 【解析】 【分析】

先通过递推公式an1【详解】

B．

1 2C．2 D．3

1，找出此周期数列的周期，再计算a2018的值. 1an1111an21Qan11an111an， ，

1an1anan311an21111anan，故有an3an，

则a2018a36722a2故选：A 【点睛】

11 1a1本题考查根据数列递推公式求数列各项的值，属于中档题.

6．等比数列an的前n项和为Sn，若S32，S618，则A．-3 【答案】D 【解析】 【分析】

先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，求得公比q，再利用等比数列的前n项和公

B．5

C．-31

S10等于（ ） S6D．33

S10式，即可求解的值，得到答案.

S6【详解】

由题意，等比数列an中S32，S618，

a1(1q3)S31q3121q可得，解得q=2， 663a(1q)S61q1q1811qa1(1q10)S101q101q51q33. 所以

a1(1q5)1q5S61q故选：D. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

7．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， a20a139d391921．

B．1 C．3 D．7

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．

8．等比数列an的前n项和为Sn，公比为q，若S69S3，S562，则a1（ ） A．2 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意，分析可得等比数列an的公比q1，进而由等比数列的通项公式可得

B．2

C．5 D．3

a11q61q9a1q，解可得q=2，又由S311q5a11q51q31a162，解可得

a1的值，即可得答案．

【详解】

根据题意，等比数列an中，若S69S3，则q1， 若S69S3，则

a11q61q9a1q，解可得q3131q8，则q=2，

又由S562，则有S5故选B． 【点睛】

a11q51q31a162，解可得a12；

本题考查等比数列的前n项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n项和的性质．

9．等差数列an中，Sn为它的前n项和，若a10，S200，S210，则当n（ ）时，Sn最大. A．8 【答案】C 【解析】 【分析】

根据等差数列的前n项和公式与项的性质，得出a100且a110，由此求出数列an的前n项和Sn最大时n的值． 【详解】

等差数列an中，前n项和为Sn，且S200，S210， 即S20B．9

C．10

D．11

20a1a202210a10a110，a10a110，

S2121a1a2121a110，所以，a110，则a100，

因此，当n10时，Sn最大. 故选：C. 【点睛】

本题考查了等差数列的性质和前n项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．

10．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A．3 971 【答案】D

B．3 972

C．3 973

D．3 974

【解析】 【分析】

先对数据进行处理能力再归纳推理出第n组有n个数且最后一个数为n2，则前n组共1+2+3+…+n【详解】

解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n组有n个数且最后一个数为n2， 则前n组共1+2+3+…+nnn12个数，运算即可得解．

nn12设第2019个数在第n组中，

个数，

nn120192则，

n1n＜20192解得n＝，

即第2019个数在第组中，

则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974， 故选：D． 【点睛】

本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n项和公式，属中档题．

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.

11. 1a13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．对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知正项数列an满足Sn11an2an，nN*，其中Sn为数列an的前n项和，则S1S2LS40（ ）

A．135 【答案】D 【解析】 【分析】

利用已知数列的前n项和求其Sn得通项，再求Sn 【详解】

解：由于正项数列an满足Sn所以当n1时，得a11，

B．141

C．149

D．155

11an，nN*， 2an1111Sa[(SS)] 当n2时，nnnn12an2SnSn1所以SnSn12所以Snn，

1，

SnSn1因为各项为正项，所以Snn

因为S11,S21,[S3]1,[S4][S5]LS82,

[S9][S10]LS153,[S16][S17]LS244 ,[S25][S26]LS355 , [S36][S37]LS406.

所以S1S2LS4013+25+37+49+511+65=155， 故选：D 【点睛】

此题考查了数列的已知前n项和求通项，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题.

13．已知等差数列an的公差d0，且a1,a3,a13成等比数列，若a11，Sn为数列an的前n项和，则A．4 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意得(12d)112d，求出公差d的值，得到数列{an}的通项公式，前n项和，

22Sn6的最小值为（ ）

an3B．3

C．232

D．2

从而可得【详解】

2Sn6，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．

an3解：Qa11，a1、a3、a13成等比数列，

(12d)2112d． 得d2或d0（舍去），

an2n1，

Snn(12n1)n2， 222Sn62n26n23n12n14． an32n2n1n1令tn1，则

2Sn4t22t22 an3tt当且仅当t2，即n1时，故选：D． 【点睛】

2Sn6的最小值为2．

an3本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．

14．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】 根据

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. 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.

15．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，根据定决问题，关键是理解定义，属于中档题.

16．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（ ） A．

SS1S2,,,9中a1a2a9S1 a1B．

S8 a8C．

S5 a5D．

S9 a9【答案】C 【解析】 【分析】

由题意知a5＞0，a6＜0 ．由此可知

SSSS1S0，20...，，50,60,...90，所以在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．

S5S6S9S1S20，0...，，0,0,...0， 这样a1a2a5a6a9而S1＜S2＜＜S5，a1＞a2＞＞a5>0， ， 所以在

SSS1S2，，，...9中最大的是5． 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.

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.

B．90

C．105

D．106

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.

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】 由题得

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. ann1nan1(n1)anna(n1)an,Sn1,ann1,（n2） n2n1n2n1【详解】 由题得Sn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．已知等差数列{an}中，首项为a1（a10），公差为d，前n项和为Sn，且满足

a1S5150，则实数d的取值范围是（ ）

A．[3,3]；

【答案】D 【解析】

B．(,3]

C．[3,)D．(,3][3,)

【分析】

由等差数列的前n项和公式转化条件得d分类，利用基本不等式即可得解. 【详解】

3a1，再根据a10、a10两种情况2a12Q数列{an}为等差数列，

S55a154d5a110d，a1S5155a1a12d150， 23a1d， 由a10可得

2a12当a10时，d等号成立； 当a10时，d立；

3a13a13a123，当且仅当a13时2a122a22a1213a13a123，当且仅当a13时等号成2a122a12实数d的取值范围为(,3][3,).

故选：D. 【点睛】

本题考查了等差数列前n项和公式与基本不等式的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.

20．根据下面的程序框图，输出的S的值为（ ）

A．1007 【答案】A 【解析】 【分析】

B．1009 C．0 D．-1

按照程序框图模拟运行即可得解. 【详解】

i1，x111， 1，S0(1)1；i2，x1(1)212111x2S1；i3，1，

1222131S2；i4，x1，

2212S31(1)，…， 221267211007. 2由此可知，运行程序过程中，x呈周期性变化，且周期为3， 所以输出S1故选A 【点睛】

本题主要考查程序框图和数列的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.