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高考数学专题基础练——数列一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1.等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（）A.B.C.3D.82.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共12.△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．（Ⅰ）若a，b，c成等差数列，证明：sinA+sinC=2sin（A+C）；（Ⅱ）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏3.在等差数列{an}中，a1=2，a3+a5=10，则a7=（）A.5B.8C.10D.144.设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于()A.B.16C.31D.32二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）6.设等比数列{an}满足a1+a2=-1，a1-a3=-3，则a4=______．7.已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{an}的前n项和等于______．8.若数列{an}满足：a1＝1，ann＋1＝an＋2，则数列{an}的通项公式为________.三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．（Ⅰ）求通项公式an；（Ⅱ）求数列{|an-n-2|}的前n项和．10.已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．11.设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．13.已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=+（-1）nan，求数列{bn}的前2n项和．14.已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．（Ⅰ）证明{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：++…+＜．15.已知数列{an}的前n项和Sn=n2．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记bn=，求数列{bn}的前n项和．第1页，共5页答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】由题意可得a4=5，进而可得公差d=1，可得a7=a1+6d，代值计算即可．本题考查等差数列的通项公式，属基础题．【解答】解：∵在等差数列{an}中a1=2，a3+a5=10，∴2a4=a3+a5=10，解得a4=5，∴公差d==1，解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，2∴（a1+2d）=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=-2，∴{an}前6项的和为故选：A．利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{an}前6项的和．本题考查等差数列前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．2.【答案】B【解析】==-24．∴a7=a1+6d=2+6=8故选B．4.【答案】D【解析】解：等比数列-1，-2，-4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=-1为递增数列，但q=＞1不成立，即必要性不成立，【分析】本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a的值．【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381==127a，解得a=3，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的性质，利用特殊值法是解决本题的关键．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查数列的递推公式和通项公式的关系，关键是求出数列的通项公式．根据题意，由数列的递推公式分析可以求出数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，即可得数列{an}的通项公式，将n=5代入计算即可得答案．【解答】解：根据题意，∵sn=2an-1，∴当n=1时，a1=2a1-1，解得a1=1，当n≥2时，an=sn-sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，则这个塔顶层有3盏灯.故选B．3.【答案】B【解析】第2页，共5页∴an=2an-1，∴数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，∴an=2n-1．则a5=25-1=16故选B．6.【答案】-8【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a2=-1，a1-a3=-3，∴a1（1+q）=-1，a1（1-q2）=-3，解得a1=1，q=-2．则a4=（-2）3=-8．故答案为：-8．设等比数列{an}的公比为q，由a1+a2=-1，a1-a3=-3，可得：a1（1+q）=-1，a1（1-q2）=-3，解出即可得出．本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.【答案】2n-1【解析】解：数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，可得a1a4=8，解得a1=1，a4=8，∴8=1×q3，q=2，数列{an}的前n项和为：=2n-1．故答案为：2n-1．利用等比数列的性质，求出数列的首项以及公比，即可求解数列{an}的前n项和．本题考查等比数列的性质，数列{an}的前n项和求法，基本知识的考查．8.【答案】2n-1【解析】【分析】本题主要考查由递推公式推导数列的通项公式，涉及累加法的应用，属于基础题目.【解答】解:因为，所以，则.故答案为2n-1.9.【答案】解：（Ⅰ）∵S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，解得a1=1，a2=3，当n≥2时，an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1，两式相减得an+1-an=2（Sn-Sn-1）=2an，即an+1=3an，当n=1时，a1=1，a2=3，满足an+1=3an，∴=3，则数列{an}是公比q=3的等比数列，则通项公式an=3n-1．（Ⅱ）an-n-2=3n-1-n-2，设bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|，则b1=|30-1-2|=2，b2=|3-2-2|=1，当n≥3时，3n-1-n-2＞0，则bn=|an-n-2|=3n-1-n-2，此时数列{|an-n-2|}的前n项和Tn=3+-=，，则Tn=，=，．，，【解析】（Ⅰ）根据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列的递推关系证明数列{an}是公比q=3的等比数列，即可求通项公式an；（Ⅱ）讨论n的取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|an-n-2|}的前n项和．本题主要考查递推数列的应用以及数列求和的计算，根据条件建立方程组以及利用方程组法证明列{an}是等比数列是解决本题的关键．求出过程中使用了转化法和分组法进行数列求和．10.【答案】解：（1）方程x2-5x+6=0的根为2，3．又{an}是递增的等差数列，故a2=2，a4=3，可得2d=1，d=，第3页，共5页=n+1，故an=2+（n-2）×（2）设数列{}的前n项和为Sn，Sn=，①3-1+2×3-2+…+（n-1）×31-n），利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．12.【答案】解：（Ⅰ）∵a，b，c成等差数列，Sn=，②①-②得Sn==解得Sn==2-．【解析】，∴2b=a+c，利用正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，∵sinB=sin[π-（A+C）]=sin（A+C），∴sinA+sinC=2sinB=2sin（A+C）；（Ⅱ）∵a，b，c成等比数列，2∴b=ac，∴cosB==≥=，（1）解出方程的根，根据数列是递增的求出a2，a4的值，从而解出通项；（2）将第一问中求得的通项代入，用错位相减法求和．本题考查等的性质及错位相减法求和，是近几年高考对数列解答题考查的主要方式．11.【答案】解：（Ⅰ）因为2Sn=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，n-1当n＞1时，2Sn-1=3+3，nn-13n-1，即an=3n-1，此时，2an=2Sn-2Sn-1=3-3=2×当且仅当a=c时等号成立，∴cosB的最小值为．【解析】（Ⅰ）由a，b，c成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形即可得证；（Ⅱ）由a，bc成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用余弦定理表示出cosB，将得出的关系式代入，并利用基本不等式变形即可确定出cosB的最小值．此题考查了正弦、余弦定理，等差、等比数列的性质，以及基本不等式的运用，熟练掌握定理是解本题的所以（Ⅱ）因为anbn=log3an，所以b1=，n-11-n31-n，当n＞1时，bn=3•log33=（n-1）×所以T1=b1=；3-1+2×3-2+…+（n-1）×31-n），当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×30+2×3-1+3×3-2+…+（n-1）×32-n），所以3Tn=1+（1×0-1-22-n31-n=+两式相减得：2Tn=+3+3+3+…+3-（n-1）×关键．13.【答案】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=s1=1，-（n-1）×31-n=-，当n≥2时，an=sn-sn-1=-=n，所以Tn=-，经检验，n=1时也适合，综上可得Tn=-．【解析】∴数列{an}的通项公式是an=n．nn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=2+（-1）n，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n=（21+22+…+22n）+（-1+2-3+4-…+2n）=+n=22n+1+n-2．2n+1nn-1n-1（Ⅰ）利用2Sn=3+3，可求得a1=3；当n＞1时，2Sn-1=3+3，两式相减2an=2Sn-2Sn-1，可求得an=3，从而∴数列{bn}的前2n项和为2【解析】+n-2．可得{an}的通项公式；（Ⅱ）依题意，anbn=log3an，可得b1=，当n＞1时，bn=31-n（Ⅰ）利用公式法即可求得；（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论．•log33n-1=（n-1）×31-n，于是可求得T1=b1=；当n第4页，共5页本题主要考查数列通项公式的求法-公式法及数列求和的方法-分组求和法，考查学生的运算能力，属中档题．14.【答案】证明（Ⅰ）∵≠0，∴数列{an+}是以首项为，公比为3的等比数列；∴an+==，即（Ⅰ）运用数列的递推式：a1=S1；n≥2时，an=Sn-Sn-1，计算可得所求通项；=（Ⅱ）化简bn=和，计算可得所求和．==（-），再由数列的求和方法：裂项相消求=3，本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，nnn-1当n≥2时，∵3-1＞3-3，∴＜=，∴当n=1时，＜成立，当n≥2时，++…+＜1+…+==＜．∴对n∈N+时，++…+＜．【解析】（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即再根据等比数列的通项化式，求出{an}的通项公式；（Ⅱ）将进行