2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练及答案解析：第5章数列5-4a11341.pdf

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1、 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 Snna1nn12d，由 S210，S555，可得 2a12212d10，5a15512d55，得 a13，d4，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S33S221，则数列an的公差是()A1 B2 C4 D6 答案 B 解析 由S33S221 得a1a2a33a1a22a1d2a1d

2、2d21，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SnTn7nn3，则a5b5()A.23 B.278 C7 D.214 答案 D 解析 a5b52a52b5a1a9b1b99a1a929b1b92S9T97993214.故选 D.4已知函数 f(n)n2，当n为正奇数时，n2，当n为正偶数时，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

3、选 B.5已知数列an满足 an112 ana2n，且 a112，则该数列的前 2018 项的和等于()A1512 B1513 C1513.5 D2018 答案 C 解析 因为 a112，又 an112 ana2n，所以 a21，从而 a312，a41，即得 an 12，n2k1kN*，1，n2kkN*，故数列的前 2018 项的和 S201810091121513.5.故选 C.6在数列an中，已知对任意 nN*，a1a2a3an3n1，则 a21a22a23a2n等于()A(3n1)2 B.12(9n1)C9n1 D.14(3n1)答案 B 解析 因为 a1a2an3n1，所以 a1a2a

4、n13n11(n2)则 n2 时，an23n1.当 n1 时，a1312，适合上式，所以 an23n1(nN*)则数列a2n是首项为 4，公比为 9 的等比数列故选 B.7设直线 nx(n1)y 2(nN*)与两坐标轴围成的三角形面积为 Sn，则 S1S2S2017的值为()A.20142015 B.20152016 C.20162017 D.20172018 答案 D 解析 直线与 x 轴交于2n，0，与 y 轴交于0，2n1，Sn122n2n11nn11n1n1.原式1121213120171201811201820172018.故选 D.8已知an为等比数列，Sn是它的前 n 项和若 a

5、3a514a1，且a4与 a7的等差中项为98，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 a3a5a21q614a1，得 a1q614，即 a714.又 a4a7298，解得 a42，所以 q3a7a418，所以 q12，a116，故 S5a11q51q16113211231.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 a30，则 a20170，则 a20180，则 S20170 D若 a40，则 S20180 答案 C 解析 等比数列an的公比 q0.对于 A，若 a30，则 a1q20，所以

6、a10，所以 a2017a1q20160，所以 A 不成立；对于 B，若 a40，则 a1q30，所以 a1q0，所以 a2018a1q20170，所以 B 不成立；对于C，若 a30，则 a1a3q20，所以当 q1 时，S20170，当 q1 时，S2017a11q20171q0(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，an0，a112，如果 an1是 1 与2anan114a2n的等比中项，那么 a1a222a332a442a1001002的值是()A.10099 B.101100 C.100101 D.99100 答案 C 解析

7、 由题意，可得 a2n12anan114a2n(2an1anan11)(2an1anan11)0an112anan11an12an1an111an11，1an11121(n1)n1annn1ann21nn11n1n1，a1a222a1001002112121311001101100101.故选C.二、填空题 11Sn111111111n个_.答案 10n19n1081 解析 an19(10n1)，Sn111111111n个 19(101)(1021)(10n1)19(1010210n)n 191010n19n 10n19n1081.12数列an满足：a143，且 an14n1an3ann(nN

8、*)，则1a12a23a32018a2018_.答案 2017231342018 解析 由题意可知n1an13414nann1an1114nan1，又1a1114，所以数列nan1 是以14为首项，以14为公比的等比数列，所以nan114n，所以1a12a23a3nann14114n114n131314n，则1a12a23a32018a2018201813131420182017231342018.13设 f(x)12x 2，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 2 解析 6(5)1，f(5)，f(4)，f(5)，f

9、(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)11 212 211 2121 22121 21222，f(5)f(4)f(6)6223 2.14已知数列an的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn，若 an1 an12，an是奇数，3an1，an是偶数且 S310，则 S2016_.答案 6720 解析 当 a1为奇数时，a2a112，此时若 a2为奇数，则 a3a212a11212a134，S3a1a112a1347a15410，解得 a15，此时数列an为 5,3,2,5,3,2，.当 a1为

10、奇数时，a2a112，此时若 a2为偶数，则 a33a213a11213a112，S3a1a1123a1123a1110，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 a3a2123a11123a12，S3a13a113a12112a1110，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 T

11、n.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)2n412n12nn122n2n3n23n82.16已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2n12Snn4，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 cnlog2bnbn1anan1，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)因为 a2n1

12、2Snn4，所以 a2n2Sn1n14(n2)，两式相减得 a2n1a2n2an1，所以 a2n1a2n2an1(an1)2，所以 an1an1.又 a23(a21)a7，所以(a21)2(a21)(a25)，解得 a23，又a222a114，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，cnn2n1n1n2，故 Tnc1c2cn1224n2n 123134 1n1n2.设 Fn1224n2n，则12Fn122223n2n1，作差得12Fn1212212nn2n1，所以 Fn2n22n.设 Gn123

13、1341n1n2121313141n11n2121n2，所以 Tn2n22n121n232n22n1n2.17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an2log2bn(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 ma1mm1220，即 a11m，ama1(m1)2m14，m5.(2)由(1)知 a14，d2，an2n6，n3log2bn，得 bn2n3，(an6)bn

14、2n2n3n2n2.设数列(an6)bn的前 n 项和为 Tn，则 Tn121220(n1)2n3n2n2，2Tn120221(n1)2n2n2n1，得Tn21202n2n2n12112n12n2n12n112n2n1，Tn(n1)2n112(nN*)18在等比数列an中，a10，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1S11S21S31Snk 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)bnlog42n1n12，Snb1b2bnnn34.1Sn4nn3431n1n3，所以1S11S21S31Sn 431114121513161n1n3 43112131n11n21n3 43116431n11n21n3 229431n11n21n3.当 n1 时，1S112229；当 n2 时，1S11S21Sn 229431n11n21n32293.故存在 k3 时，对任意的 nN*都有1S11S21S31Sn3.