2019版高考数学（理）高分计划一轮狂刷练：第5章　数列 5-4a .doc

重点保分 两级优选练A级一、选择题1已知等差数列an的前n项和为Sn，且S210，S555，则an100an98()A8n6 B4n1 C8n3 D4n3答案A解析设等差数列an的公差为d，则Snna1d，由S210，S555，可得得所以ana1(n1)d4n1，则an100an982an18n6.故选A.2已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足1，则数列an的公差是()A1 B2 C4 D6答案B解析由1得a1d1，所以d2.故选B.3若两个等差数列an和bn的前n项和分别是Sn，Tn，已知，则()A. B. C7 D.答案D解析.故选D.4已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D102答案B解析由题意，得a1a2a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)100.故选B.5已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2018项的和等于()A1512 B1513 C1513.5 D2018答案C解析因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2018项的和S201810091513.5.故选C.6在数列an中，已知对任意nN*，a1a2a3an3n1，则aaaa等于()A(3n1)2 B.(9n1)C9n1 D.(3n1)答案B解析因为a1a2an3n1，所以a1a2an13n11(n2)则n2时，an23n1.当n1时，a1312，适合上式，所以an23n1(nN*)则数列a是首项为4，公比为9的等比数列故选B.7设直线nx(n1)y(nN*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1S2S2017的值为()A. B. C. D.答案D解析直线与x轴交于，与y轴交于，Sn.原式1.故选D.8已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a3a5a1，且a4与a7的等差中项为，则S5等于()A35 B33 C31 D29答案C解析设等比数列an的公比是q，所以a3a5aq6a1，得a1q6，即a7.又a4a72，解得a42，所以q3，所以q，a116，故S531.故选C.9已知等比数列an的前n项和为Sn，则下列说法中一定成立的是()A若a3>0，则a2017<0 B若a4>0，则a2018<0C若a3>0，则S2017>0 D若a4>0，则S2018>0答案C解析等比数列an的公比q0.对于A，若a3>0，则a1q2>0，所以a1>0，所以a2017a1q2016>0，所以A不成立；对于B，若a4>0，则a1q3>0，所以a1q>0，所以a2018a1q2017>0，所以B不成立；对于C，若a3>0，则a1>0，所以当q1时，S2017>0，当q1时，S2017>0(1q与1q2017同号)，所以C一定成立，易知D不一定成立故选C.10在数列an中，an>0，a1，如果an1是1与的等比中项，那么a1的值是()A. B. C. D.答案C解析由题意，可得a(2an1anan11)(2an1anan11)0an1an111，(n1)n1an，a11.故选C.二、填空题11Sn11111111_.答案解析an(10n1)，Sn11111111(101)(1021)(10n1)(1010210n)n.12数列an满足：a1，且an1(nN*)，则_.答案2017解析由题意可知1，又1，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以1，所以nn，则20182017.13设f(x)，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为_答案3解析6(5)1，f(5)，f(4)，f(5)，f(6)共有11112项由f(5)，f(6)；f(4)，f(5)；f(0)，f(1)共有6对，且该数列为等差数列又f(0)f(1)，f(5)f(4)f(6)63.14已知数列an的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an1且S310，则S2016_.答案6720解析当a1为奇数时，a2，此时若a2为奇数，则a3，S3a110，解得a15，此时数列an为5,3,2,5,3,2，.当a1为奇数时，a2，此时若a2为偶数，则a33a211，S3a13a1110，解得a13，此时数列an为3,2,5,3,2,5，.当a1为偶数时，a23a11，此时a2为奇数，则a3，S3a13a11a1110，解得a12，此时数列an为2,5,3,2,5,3，.上述三种情况中，数列an均为周期数列67232016，S2016672S36720.B级三、解答题15已知Sn是数列an的前n项和，且满足Sn2ann4.(1)证明：Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.解(1)证明：由题意知Sn2(SnSn1)n4(n2)，即Sn2Sn1n4，所以Snn22Sn1(n1)2，又易知a13，所以S1124，所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)知Snn22n1，所以Sn2n1n2，于是Tn(22232n1)(12n)2n2n.16已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足a2Snn4，a21，a3，a7恰为等比数列bn的前3项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为a2Snn4，所以a2Sn1n14(n2)，两式相减得aa2an1，所以aa2an1(an1)2，所以an1an1.又a(a21)a7，所以(a21)2(a21)(a25)，解得a23，又a2a114，所以a12，所以an是以2为首项，1为公差的等差数列，所以ann1.故b12，b24，b38，所以bn2n.(2)由(1)得，cn，故Tnc1c2cn.设Fn，则Fn，作差得Fn，所以Fn2.设Gn，所以Tn2.17已知等差数列an的前n项和为Sn，若Sm14，Sm0，Sm214(m2，且mN*)(1)求m的值；(2)若数列bn满足log2bn(nN*)，求数列(an6)bn的前n项和解(1)由已知得，amSmSm14，且am1am2Sm2Sm14，设数列an的公差为d，则有2am3d14，d2.由Sm0，得ma120，即a11m，ama1(m1)2m14，m5.(2)由(1)知a14，d2，an2n6，n3log2bn，得bn2n3，(an6)bn2n2n3n2n2.设数列(an6)bn的前n项和为Tn，则Tn121220(n1)2n3n2n2，2Tn120221(n1)2n2n2n1，得Tn21202n2n2n1n2n12n1n2n1，Tn(n1)2n1(nN*)18在等比数列an中，a1>0，nN*，且a3a28，又a1，a5的等比中项为16.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an，数列bn的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得<k对任意nN*恒成立，若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公比为q，由题意可得a316，a3a28，则a28，q2，a14，所以an2n1.(2)bnlog42n1，Snb1b2bn.，所以.当n1时，1<2<；当n2时，<<3.故存在k3时，对任意的nN*都有<3.