2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题6 数列与数学归纳法 第40练 .docx

训练目标(1)数列知识的综合应用；(2)学生解题能力的培养.解题策略(1)用方程(组)思想可解决等差、等比数列的综合问题；(2)一般数列的解法思想是转化为等差或等比数列；(3)数列和其他知识的综合主要是从条件中寻找数列的通项公式或递推公式.一、选择题1已知9，a1，a2，1四个实数成等差数列，9，b1，b2，b3，1五个实数成等比数列，则b2(a2a1)等于()A8 B8C8 D.2数列1，的前n项和为()A. B.C. D.3已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d>0，dS4>0 Ba1d<0，dS4<0Ca1d>0，dS4<0 Da1d<0，dS4>04在等差数列an中，3a47a7，且a1>0，则当an的前n项和最大时，n的取值为()A8或9 B8C9 D105已知等差数列an满足a23，a59，若数列bn满足b13，bn1abn，则bn的通项公式bn为()A2n1 B2n1C2n D2n16已知等比数列的各项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，2n1lg an，的前n项和Sn等于()An2n B(n1)2n11C(n1)2n1 D2n17若在数列an中，对任意正整数n，都有aap(p为常数)，则称数列an为“等方和数列”，称p为“公方和”，若数列an为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a11，则S2 014的最大值与最小值之和为()A2 014 B1 007C1 D28设等差数列an的前n项和为Sn，已知(a41)32 016(a41)1，(a2 0131)32 016(a2 0131)1，则下列结论正确的是()AS2 0162 016，a2 013>a4BS2 0162 016，a2 013>a4CS2 0162 016，a2 013<a4DS2 0162 016，a2 013<a4二、填空题9设首项不为零的等差数列an的前n项和是Sn，若不等式aa对任意an和正整数n恒成立，则实数的最大值为_10数列an满足：nan2(n1)an(2n1)an11，a11，a26，令cnancos，nN*，数列cn的前n项和为Sn，则S4n_.11已知数列an满足a11，an1(nN*)，若x表示不超过x的最大整数，则aaa_.12已知函数f(x)把方程f(x)x0的根按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的前n项和Sn_.答案精析1B由题意，得a2a1d，b9，又因为b2是等比数列中的第三项，所以与第一项同号，即b23，所以b2(a2a1)8，故选B.2B2，数列1，的前n项和为22，故选B.3Ba3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1，a1d<0，又S44a1d，dS4<0，故选B.4C设公差为d，由已知得3(a13d)7(a16d)，所以da1，则ana1(n1).当a1>0时，由an>0，解得n<，即当n9时，an>0，当n10时，an<0，故当n9时，Sn取得最大值5A根据题意，在等差数列an中，a23，a59，则公差d2，则an2n1(nN*)，对于bn，由bn12bn1，可得bn112(bn1)，即bn1是公比为2的等比数列，且首项b11312，则bn12n，bn2n1.6C等比数列an的各项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，a102n，即an10n，2n1lg an2n1lg 10nn2n1，Sn122322n2n1， 2Sn12222323n2n，得Sn12222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.7D由题意可知，aa1，首项a11，a20，a31，a40，a51，从第2项起，数列的奇数项为1或1，偶数项为0，S2 014的最大值为1 007，最小值为1 005，S2 014的最大值与最小值之和为2.8D(a41)32 016(a41)1，(a2 0131)32 016(a2 0131)1，(a41)32 016(a41)(a2 0131)32 016(a2 0131)0，设a41m，a2 0131n，则m32 016mn32 016n0，化为(mn)(m2n2mn2 016)0，m2n2mn2 016>0，mna41a2 01310，a4a2 0132，S2 0162 016.又a41>0，a2 0131<0，a4>1>a2 013，故选D.9.解析在等差数列an中，首项不为零，即a10，则数列的前n项和为Sn.由不等式aa，得aa，aa1anaa，即2.设t，则yt2t2，即的最大值为.1016n26n解析由递推关系整理可得n(an2an1)(n1)(an1an)1，则，由此可得，以上各式相加可得4，an1an4n1(nN*)，再次累加求通项可得an2n2n(n2)，当n1时该式也成立综上可得an2n2n，则c4n3c4n2c4n1c4na4n2a4n32n10，S4n16n26n.111解析由递推关系可得anan1an1an，1，又1，由此可得，数列是首项为1，公差为1的等差数列，1(n1)1n，an，则当n2时，a<，据此有aaaa<12<2，又aaaa>a1，则aaa1.12.解析当0<x1时，1<x10，则f(x)f(x1)12x1，当1<x2时，0<x11，则f(x)f(x1)12x21，当2<x3时，1<x12，则f(x)f(x1)12x32，当3<x4时，2<x13，则f(x)f(x1)12x43，依次类推，当n<xn1(nN)时，则f(x)f(x1)12xn1n，所以g(x)f(x)x2xn1nx，故an2n1，又a10，所以通项公式ann1，Sn，nN*.