2019大一轮高考总复习文数（北师大版）阶段复习检测：5数列 .doc

阶段复习检测(五)数列教师用书独具时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知数列an的前n项和为Sn，并满足：an22an1an，a54a3，则S7()A7B12C14D21解析：选C由an22an1an知数列an为等差数列，由a54a3得a5a34a1a7，所以S714.2设an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和，若S10S11，则a1()A18B20C22D24解析：选B由S10S11得a110，即a110d0.由于d2，所以a120.3在等差数列an中，a9a123，则数列an的前11项和S11()A24B48C66D132解析：选C在等差数列an中，a9a123，a18d(a111d)3，解a15d6，数列an的前11项和S11(a1a11)11(a15d)11666.故选C4(2018青岛模拟)已知Sn，若Sm10，则m()A11B99C120D121解析：选CSn(1)()()()1.Sm110，得m120.5(2018衡水模拟)已知正数组成的等比数列an，若a1a20100，那么a7a14的最小值为()A20B25C50D不存在解析：选A(a7a14)2aa2a7a144a7a144a1a20400.a7a1420.6(2018东北三省四市模拟)已知数列an满足an1an2，a15，则|a1|a2|a6|()A9B15C18D30解析：选C由题意知an是以2为公差的等差数列，又a15，所以|a1|a2|a6|5|3|1|13553113518.7(2018厦门调研)等比数列an中，Sn是数列an的前n项和，S314，且a18,3a2，a36依次成等差数列，则a1a3等于()A4B9C16D25解析：选CS3a1a2a314，a18a366a2，7a228，即a24，a1a3a16.8数列an满足：an1an1(nN，R且0)，若数列an1是等比数列，则的值等于()A1B1CD2解析：选D由an1an1，得an11an2.由于数列an1是等比数列，1，得2，故选D9已知数列an中，an4n5，等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1a2，则|b1|b2|b3|bn|()A14nB4n1CD解析：选B由已知得b1a23，q4，bn(3)(4)n1，|bn|34n1，即|bn|是以3为首项，4为公比的等比数列|b1|b2|bn|4n1.10抛物线 x2y在第一象限内图像上一点(ai,2a)处的切线与x轴交点的横坐标记为ai1，其中iN，若a232，则a2a4a6()A64B42C32D21解析：选By2x2(x0)，y4x，x2y在第一象限内图像上一点(ai,2a)处的切线方程是：y2a4ai(xai)，整理，得4aixy2a0，切线与x轴交点的横坐标为ai1，ai1ai，a2k是首项为a232，公比q的等比数列，a2a4a6328242.故选B11(2018广元诊断)已知数列an的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有anSn2成立若bnlog2an，则b1 008()A2 017B2 016C2 015D2 014解析：选A在anSn2中令n1得a18，因为对任意正整数n，都有anSn2成立，所以an1Sn12成立，两式相减得an1anan1，所以an14an，又a10，所以数列an为等比数列，所以an84n122n1，所以bnlog2an2n1，所以b1 0082017，故选A12已知等比数列an的各项均为不等于1的正数，数列bn满足bnlg an，b318，b612，则数列bn的前n项和的最大值等于()A126B130C132D134解析：选Cbn1bnlg an1lg anlg 为常数，bn为等差数列设公差为d，则由bn2n240，得n12，bn的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，S11，S12最大且S11S12132.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13已知正项等比数列an中，a2a5a13a16256，a72，则数列an的公比为_解析：正项等比数列an中，a2a5a13a16256，aa2a5a13a16256，解得a94，又a72，数列an的公比q.答案：14(2018大庆模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则S6_.解析：设等比数列an的公比为q，a1a3，a2a4，a2a4q(a1a3)q，解得q.a1，解得a12.则S6.答案：15在数列an中，已知a11，an1(1)nancos(n1)，记Sn为数列an的前n项和，则S2 015_.解析：an1(1)nancos(n1)(1)n1，当n2k，kN时，a2k1a2k1，S2 015a1(a2a3)(a2 014a2 015)1(1)1 0071 006.答案：1 00616已知数列an是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an(nN)若不等式对任意nN恒成立，则实数的最大值为_解析：anan，a(2n1)anan2n1，nN.就是2n15.2n15在n1时单调递增，其最小值为9，所以9，故实数的最大值为9.答案：9三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(10分)(2018西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a53，S1040.(1)求数列an的通项公式；(2)若从数列an中依次取出第2,4,8，2n，项，按原来的顺序排成一个新数列bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)a5a14d3，S1010a145d40，解得a15，d2.an2n7.(2)依题意，bna2n22n72n17，故Tn(22232n1)7n7n47n2n2.18(12分)(2018新乡模拟)在数列an中，a1，an的前n项和Sn满足Sn1Snn1(nN)(1)求数列an的通项公式an，以及前n项和Sn；(2)若S1S2，S1S3，m(S2S3)成等差数列，求实数m的值解：(1)an1Sn1Snn1.n2时，ann，又a1，因此n1时也成立ann，Sn1.(2)由(1)可得：S1，S2，S3.S1S2，S1S3，m(S2S3)成等差数列，m2.解得m.19(12分)(2018九江模拟)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，满足Sn24Sn6，nN.(1)求a1及通项公式an；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，满足Sn24Sn6，nN，n1时，S34S16，a1a2a34a16，n2时，a1a2a3a44(a1a2)6，由，得a44a2a2q2，q24，q0，q2，由式知a1(1qq2)4a16，a1(124)4a16,3a16，解得a12，an2n.(2)bn，Tn，Tn，由，得Tn1，Tn2.20(12分)(2018云南统检)设Sn为数列an的前n项和，已知a12，对任意nN，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn<1. (1)解：因为2Sn(n1)an，当n2时，2Sn1nan1，两式相减，得2an(n1)annan1，即(n1)annan1, 所以当n2时，所以2，即an2n(n2)(2)证明：由(1)知an2n，令bn，nN，所以bn.所以Tnb1b2bn1.因为>0，所以1<1.显然当n1时，Tn取得最小值.所以Tn<1.21(12分)数列an满足：a12，a23，an23an12an(nN)(1)记dnan1an，求证：数列dn是等比数列；(2)若数列的前n项和为Sn，证明Sn.证明：(1)an23an12an，2，数列dn是等比数列，d1a2a11，q2，dn2n1.(2)dn2n1，dnan1an，an1an2n1，a2a120，a3a221，a4a322anan12n2，累加得：ana120212n22n11，an2n11.(n2)，n1时，Sn成立；当n2时，Sn.22(12分)已知数列an，bn，其中a1，数列 an的前n项和Snn2an(nN)，数列bn满足b12，bn12bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)是否存在自然数m，使得对于任意nN，n2，有1恒成立？若存在，求出m的最小值解：(1)因为Snn2an(nN)，当n2时，Sn1(n1)2an1.所以anSnSn1n2an(n1)2an1.所以(n1)an(n1)an1.即.又a1，所以ana1.当n1时，上式成立，故an.因为b12，bn12bn，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，故bn2n.(2)由(1)知，bn2n.则112.假如存在自然数m，使得对于任意nN，n2，有1恒成立，即2恒成立又22，只需2即可，解得m16.所以存在自然数m，使得对于任意nN，n2，有1恒成立此时m的最小值为16.