高考数学压轴专题最新备战高考《数列》经典测试题附答案

一、选择题

21．设函数fxxax的导数为fx2x1，则数列nN的前n项

fnm和是（ ） A．

n n1B．

2n n1C．

2n n1D．

2n1 n【答案】B 【解析】 【分析】

m函数f(x)xax的导函数f(x)2x1，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可

2am求出，，利用裂项相消法求出nN的前n项和即可．

fn【详解】

Qf(x)mxm1a2x1，

\\a=1，m2，f(x)x(x1)，

22112()， f(n)n(n1)nn111111112nSn2[()()L()]2(1)，

1223nn1n1n1故选：B． 【点睛】

本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．

2．已知等差数列an中，若a3,a11是方程x22x10的两根，单调递减数列

bnnN*通项公式为bnn2a7n.则实数的取值范围是（ ）

A．,3 【答案】B 【解析】 【分析】

先求出a71，再根据bn是递减数列，得到【详解】

∵a3,a11是方程x2x20的两根，∴a3a112.

B．,

13C．,

13D．3,

1对nN*恒成立，即得解. 2n1∵an是等差数列，∴a3a112a72，∴a71，

2∴bnnn，又∵bn是递减数列，

∴bn+1-bn<0对nN*恒成立， 则n1n1∴2n2n0，∴2n110，

1对nN*恒成立， 2n113故选：B. 【点睛】

∴.

本题主要考查等差中项的应用，考查数列的单调性和数列不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，a5成等差数列，则A．3 【答案】C 【解析】 【分析】

设an的公比为q0，由a6,3a4,a5成等差数列，可得qq60,q0，解得q，

2S4( ) S2B．9

C．10

D．13

再利用求和公式即可得结果. 【详解】

设各项均为正数的等比数列an的公比为q0，

Q满足a6,3a4,a5成等差数列，

6a4a6a5,6a4a4q2q,q0， q2q60,q0，解得q3，

a1341则

S4132110，故选C. 3S2a132131【点睛】

本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量a1,q,n,an,Sn,，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公

式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.

24．已知数列an中，a12，an1anan1，记An111，a1a2anBn111，则（ ） a1a2anA．A2019B20191 B．A2019B20191 C．A2019B2019【答案】C 【解析】 【分析】

11 D．A2019B2019 22根据数列An,Bn的单调性即可判断AnBn；通过猜想归纳证明，即可求得AnBn. 【详解】

注意到a12，a23，a37，不难发现an是递增数列． （1）an1anan2an10，所以an1an．

（2）因为a12，故an2，所以an1an，即an是增函数． 于是，An递增，Bn递减， 所以A2019A22115111，B2019A2， a1a26a1a26所以A2019B20191. 2事实上，A1B11,A2B21,A3B31， 不难猜想：AnBn1． 证明如下：

2（1）an1anan11an111111111． an1ana1a2anan11（2）an1anan1等价于所以

21an111， 2anana11n， anan111111故， a1a2anan11111111于是1， a1a2ana1a2an即有AnBn1．

故选：C. 【点睛】

本题考查数列的单调性，以及用递推公式求数列的性质，属综合中档题.

5．已知数列an的通项公式是annsin22n1，则a1a2a3a12（ ） 2C．66

D．78

A．0 【答案】D 【解析】 【分析】

B．55

先分n为奇数和偶数两种情况计算出sin2n1的值，可进一步得到数列an的通项2公式，然后代入a1a2a3a12转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果. 【详解】

解：由题意得，当n为奇数时，

32n1sinsinnsinsin1，

2222当n为偶数时，sin2n1sinnsin1

22222所以当n为奇数时，ann；当n为偶数时，ann，

所以a1a2a3a12

12223242112122 (2212)(4232)(122112)

(21)(21)(43)(43)(1211)(1211) 12341112 12（1+12） 2 78 故选：D 【点睛】

此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.

6．数列an的通项公式为anncnN条件． A．必要而不充分 【答案】A

B．充要

C．充分而不必要

D．即不充分也不必要

．则“c2”是“a为递增数列”的（ ）

n【解析】 【分析】

根据递增数列的特点可知an1an0，解得cn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.

7．已知an是等差数列，a1010，其前10项和S1070，则其公差为（ ） A．

2 3B．

3 2C．2 3D．3 2【答案】A 【解析】 【分析】

根据等差数列的通项公式和前n项和公式，列方程组求解即得. 【详解】

设等差数列an的公差为d.

a19d10Qa1010,S1070， 10910ad70122

. 3

故选：A. 【点睛】

解得d

本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题.

8．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4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. 【点睛】

即n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.

nnn

9．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

B．2

C．5 D．3

【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

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．

10．已知an是单调递增的等比数列，满足a3a516,a2a617，则数列an的前n项和Sn A．2C．2n1n1 2B．2D．2n1n1 21 21 2【答案】D 【解析】 【分析】

和a1，代入求和公式计算可得． 【详解】

∵a3a516,a2a617，

由等比数列的性质和韦达定理可得a2，a6 为方程x217x160 的实根，解方程可得q

∴由等比数列的性质可得a2a616，a2a617 ，

a2，a6 为方程x217x160 的实根

，a616，或a216，a61 ， 解方程可得a21∵等比数列{an}单调递增，

∴a21，a616，∴q2，a1＝ ，

12112n1 ∴

Sn＝2＝2n1122故选D． 【点睛】

本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．

11．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（ ）

fn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】

2由fxxmx，得fx2xm，f1m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】

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．

1111112018L1. 2232018201920192019

12．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )

A．a(1r)17 C．a(1r)18 【答案】D 【解析】 【分析】

aB．[(1r)17(1r)]

raD．[(1r)18(1r)]

r由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n项和公式求解即可. 【详解】 解：根据题意，

当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)17， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)16， 孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)15，



孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，

可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和， 此时将存款（含利息）全部取回， 则取回的钱的总数：

a(1r)[(1r)171]aSa(1r)a(1r)a(1r)[(1r)18(1r)]；

1r1r1716故选：D． 【点睛】

本题考查了不完全归纳法及等比数列前n项和，属中档题.

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

2Sn6从而可得，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．

an3【详解】

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644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．执行下面程序框图输出S的值为（ ）

A．

25 42B．

37 64C．

17 30D．

6 7【答案】A 【解析】 【分析】

模拟执行程序框图，依此写出每次循环得到的S,i的值并判断i5是否成立，发现当

i6，满足i5，退出循环，输出运行的结果S用裂项相消法即可求出S． 【详解】 由题意可知， 第1次循环时S第2次循环S11111++，利13243546571，i2，否； 1311，i3，否； 1324111第3次循环时S，i4，否； 132435第4次循环时S1111+，i5，否； 1324354611111+，i6，是； 1324354657

第5次循环时S故输出

11111++13243546571111111111=1 2324354657S111125 1226742故选：A. 【点睛】

本题主要考查程序框图中的循环结构，同时考查裂项相消法求和，属于基础题．

15．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S816，a61，则数列an的公差为（ ） A．

3 2B．3 2C．

2 3D．2 3【答案】D 【解析】 【分析】

根据等差数列公式直接计算得到答案. 【详解】

依题意，S88a1a88a3a616，故a3a64，故a33，故22a6a32，故选：D． 33【点睛】 d本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.

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（ ）

SS1S2,,,9中a1a2a9S1A．

a1【答案】C 【解析】 【分析】

S8B．

a8S5C．

a5S9D．

a9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． 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.

17．正项等比数列an中的a1、a4039是函数fx13x4x26x3的极值点，则3log6a2020（ ）

A．1 【答案】B

B．1

C．2

D．2

【解析】 【分析】

根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出a1a40396，再由等比数列的性质可得. 【详解】

解：依题意a1、a4039是函数fx13x4x26x3的极值点，也就是3fxx28x60的两个根

∴a1a40396

又an是正项等比数列，所以a2020a1a40396 ∴log6a2020log661.

故选：B 【点睛】

本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.

18．等差数列{an}中，a1a5a99，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( ) A．a11 【答案】A 【解析】 【分析】

由等差数列的性质可知a53,a1115，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项. 【详解】

因为a1a92a5，所以3a59即a53. 有

B．a12

C．a13

D．a14

S2115得a1115， 21设抽去一项后余下的项的和为S，则S2015300，故抽取的一项的大小为11， 所以抽走的项为a11，故选A. 【点睛】

一般地，如果an为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质： （1）若m,n,p,qN*,mnpq，则amanapaq； （2）Snnakan1k,k1,2,L,n 且S2n12n1an ；

2Sn为等差数列； n2（3）SnAnBn且（4）Sn,S2nSn,S3nS2n,L 为等差数列.

19．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（ ） A．

4钱 3B．

7钱 38C．钱

3D．

10钱 3【答案】C 【解析】 【分析】

依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由题意求得a＝﹣6d，结合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a＝2，则答案可求． 【详解】

解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d， 则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d， 又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2， 则a﹣2d＝a故选：C． 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．

a48a． 333

20．设数列an的前n项和为Sn已知an1an2n3nN*且Sn1300，若

a23，则n的最大值为（ ）

A．49 【答案】A 【解析】 【分析】

2n+3n对n分奇偶性分别讨论，当n为偶数时，可得Sn，发现不存在这样的偶数能满

22n+3n4足此式，当n为奇数时，可得Sna1，再结合a23可讨论出n的最大值.

2B．50 C．51 D．52

【详解】

当n为偶数时，Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)

(213)(233)[2(n1)3]

nn2+3n2[13(n1)]3，

22482+348502350因为S481224,S501325，

22所以n不可能为偶数；

当n为奇数时，Sna1(a2a3)(a4a5)(an1an)

a1(223)(243)[2(n1)3]

n23n4 a124923494因为S49a1a11272，

25123514S51a1a11375，

2又因为a23，a1a25，所以 a12 所以当Sn1300时，n的最大值为49 故选：A 【点睛】

此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.