高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》全集汇编含解析

一、选择题

1．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．

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

B．42 C．63 D．84

3．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， ∴等比数列S5,S10S5,S15S10的公比为∴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．

12S10S51 ， S52121414343． 4

4．若两个等差数列an、bn的前n项和分别为An、Bn，且满足

An2n1，则Bn3n1a3a7a11的值为（ ）

b5b9A．

39 44B．

5 8C．

15 16D．

13 22【答案】C 【解析】 【分析】

a3a7a113a7,再利用数列求和公式求解即可. 利用等差中项的性质将化简为2b7b5b9【详解】

13(a1a13)a3a7a113a733A3213115213, b5b92b7213(b1b13)2B1323131162故选:C. 【点睛】

本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

5．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．

6．设数列A． 【答案】C 【解析】

，进而得到

是公差

的等差数列，所以前五项都是正数，

，即

或时，

，

数列

取最大值，故选C.

是公差

的等差数列，B．

为前项和，若C．或

D．

，则

取得最

大值时，的值为

7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=an+a(n∈N*，a为常数)，若平面内的三个不共线

uuuruuuruuuruuuruuuruuur的非零向量OAOB，，OC满足OCa1005OAa1006OB，A，B，C三点共线且该直线不过O

点，则S2010等于（ ） A．1005 【答案】A 【解析】 【分析】

B．1006

C．2010

D．2012

uuuruuuruuur根据an+1=an+a，可判断数列{an}为等差数列，而根据OCa1005OAa1006OB，及三点A，

B，C共线即可得出a1+a2010=1，从而根据等差数列的前n项和公式即可求出S2010的值. 【详解】

由an+1=an+a，得，an+1﹣an=a； ∴{an}为等差数列；

uuuruuuruuur由OCa1005OAa1006OB，

所以A，B，C三点共线； ∴a1005+a1006=a1+a2010=1， ∴S20102010a1a20102201011005. 2故选：A. 【点睛】

本题主要考查等差数列的定义，其前n项和公式以及共线向量定理，还考查运算求解的能力，属于中档题.

8．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．

129．已知数列an的前n项和为Snn2n3（nN*），则下列结论正确的是( )

43A．数列an是等差数列 C．a1，a5，a9成等差数列 【答案】D 【解析】 【分析】

B．数列an是递增数列

D．S6S3，S9S6，S12S9成等差数列

122*2时，anSnSn1．n1时，a1S1．进而判断出正由Snnn3(nN)，n…43误． 【详解】

122*解：由Snnn3(nN)，

43121215n…2时，anSnSn1n2n3[(n1)2(n1)3]n．

4343212n1时，a1S14715，n1时，ann，不成立．

21212数列{an}不是等差数列．

a2a1，因此数列{an}不是单调递增数列．

154715432a5a1a92(5)(9)0，因此a1，a5，a9不成等差数

212122126列．

1535S6S3(456)3．

21241553S9S6(789)3．

21241571S12S9(101112)3．

2124Q53235710， 444S6S3，S9S6，S12S9成等差数列．

故选：D． 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10．在等差数列an中，a3，a15是方程x26x50的根，则S17的值是（ ） A．41 【答案】B 【解析】 【分析】

由韦达定理得a3a156，由等差数列的性质得a1a17a3a15，再根据等差数列的前n项和公式求S17. 【详解】

在等差数列an中，a3，a15是方程x26x50的根，

B．51

C．61

D．68

a3a156.

S1717a1a1717a3a1517651. 222故选：B. 【点睛】

本题考查等差数列的性质和前n项和公式，属于基础题.

11．在递减等差数列{an} 中，a1a3a4．若a113，则数列{221}的前n项和的最anan16 13大值为 ( ) A．

24 143B．

1 143C．

24 13D．

【答案】D 【解析】

2设公差为d,d0 ，所以由a1a3a24，a113，得

13(132d)(13d)24d2 （正舍），即an132(n1)152n ，

因为

111111() ，所以数列的前n项anan1(152n)(132n)22n152n13aann1和等于

1111116()() ，选D. 2132n13213261313点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中

c间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中an是各项均不为零的等差数

aann1列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如

11. 或

(n1)(n3)n(n2)

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．已知数列an是1为首项，2为公差的等差数列，bn是1为首项，2为公比的等比数列，设cnabn，Tnc1c2...cn,(nN*)，则当Tn2019时，n的最大值是( ) A．9 【答案】A 【解析】 【分析】

由题设知an2n1，bnB．10

C．11

D．12

2n1，由

Tnab1ab2abna1a2a4a2n12n1n2和Tn2019，得

2n1n22019，由此能求出当Tn2019时n的最大值．

【详解】

Qan是以1为首项，2为公差的等差数列，an2n1，

Qbn是以

n11为首项，2为公比的等比数列，bn2，

Tnc1c2cnab1ab2abna1a2a4a2n121122124122n11 21242n112nn 212n 2n1n2，

QTn2019，2n1n22019，解得：n10．

则当Tn2019时，n的最大值是9． 故选A． 【点睛】

本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.

14．已知数列an是等比数列，前n项和为Sn，则“2a3a1a5”是“S2n10”的（ ） A．必要不充分条件 C．充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】

根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】

因为数列an是等比数列,前n项和为Sn 若2a3a1a5,由等比数列的通项公式可得

B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

2a1q2a1a1q4,化简后可得a1q210.

因为q12220

所以不等式的解集为a10 若S2n10

当公比q1时, S2n10则a10,可得2a3a1a5 当公比q1时, 由S2n10则a10,可得2a3a1a5 综上可知, “2a3a1a5”是“S2n10”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.

x2y215．已知椭圆1满足条件：m,n,mn成等差数列，则椭圆离心率为( )

mnA．

3 2B．2 2C．

1 2D．5 5【答案】B 【解析】 【分析】

22xy根据满足条件m,n,mn成等差数列可得椭圆为1,求出a,c．再求椭圆的离心

m2m率即可. 【详解】

2nmmnn2m,

22xy椭圆为1, m2m

c22mmm,得cm,又a2m,

ec2. a22，故选B. 2则椭圆离心率为【点睛】

一般求离心率有以下几种情况：①直接求出a,c，从而求出e;②构造a,c的齐次式，求出e;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．

16．已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1（ ）

n2Sn（nN*），则SnnA．2n11 【答案】B 【解析】 【分析】

B．n2n C．3n1 D．2n3n1

an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1an1n22,（n2） 所以ann1由题得a26,aa26n2,（n1）. 3，所以n12ann1a12ana23a34a45n12,2,2,L，2, 所以a12a23a34an1nann1n12,an(n1)2n1. 所以a12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.

n(n2)2nn2n. n2

17．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.

18．在一个数列中，如果nN*，都有anan1an2k（k为常数），那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列an是等积数列，且a11，a22，公积为

8，则a1a2a2020（ ）

A．4711 【答案】B 【解析】 【分析】

计算出a3的值，推导出an3annN求得数列an的前2020项和. 【详解】

由题意可知anan1an28，则对任意的nN，an0，则a1a2a38，

B．4712

C．4713

D．4715

，再由202036731，结合数列的周期性可

a384， a1a2由anan1an28，得an1an2an38，anan1an2an1an2an3，an3an，

Q202036731，因此，

a1a2a2020673a1a2a3a1673714712.

故选：B. 【点睛】

本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

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]；

B．(,3]

C．[3,)

【答案】D 【解析】 【分析】

D．(,3][3,)

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， 23a1， 2a12由a10可得d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．执行如图所示的程序框图，若输入

，则输出的S的值是

A． B． C． D．

【答案】B 【解析】 【分析】

本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果． 【详解】

由程序框图可知，输入第一次运算：第二次运算：第三次运算：第四次运算：第五次运算：第六次运算：第七次运算：第八次运算：第九次运算：第十次运算：

综上所述，输出的结果为【点睛】

，故选B．

，，，，，，

，，

，，；

； ，

； ，

； ； ； ；

； ， ；

，

本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．