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5-1a11058.pdf

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1、 基础送分 提速狂刷练 一、选择题 1(2018海南三亚一模)在数列 1,2，7，10，13，中，2 19是这个数列的()A第 16 项 B第 24 项 C第 26 项 D第 28 项 答案 C 解析 设题中数列为an，则 a11 1，a22 4，a3 7，a4 10，a5 13，所以 an 3n2.令 3n22 19 76，解得 n26.故选 C.2 数列an中，a11，对于所有的 n2，nN*都有 a1a2a3ann2，则 a3a5()A.6116 B.259 C.2516 D.3115 答案 A 解析 解法一：令 n2,3,4,5，分别求出 a394，a52516，a3a56116.故选

2、 A.解法二：当 n2 时，a1a2a3ann2，a1a2a3an1(n1)2.两式相除得 annn12，a394，a52516，a3a56116.故选 A.3(2018安徽江南十校联考)在数列an中，an1an2，Sn为an的前 n 项和若 S1050，则数列anan1的前 10 项和为()A100 B110 C120 D130 答案 C 解析 anan1的前 10 项和为 a1a2a2a3a10a112(a1a2a10)a11a12S10102120.故选 C.4(2018广东测试)设 Sn为数列an的前 n 项和，且 Sn32(an1)(nN*)，则 an()A3(3n2n)B3n2 C

3、3n D32n1 答案 C 解析 由题意知 a1S132a11，a1a232a21，解得 a13，a29，代入选项逐一检验，只有 C 符合故选 C.5(2018金版原创)对于数列an，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 B 解析 当 an1|an|(n1,2，)时，|an|an，an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则 a2|a1|不成立，即 an1|an|(n1,2，)不一定成立 故综上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的充分不必要条件故选

4、B.6(2018广东三校期末)已知数列an满足：a117，对于任意的nN*，an172an(1an)，则 a1413a1314()A27 B.27 C37 D.37 答案 D 解析 a117，a272176737，a372374767，a472671737，.归纳可知当 n 为大于 1 的奇数时，an67；当 n 为正偶数时，an37.故 a1413a131437.故选 D.7(2018江西期末)定义np1p2pn为 n 个正数 p1，p2，pn的“均倒数”，若已知数列an的前 n 项的“均倒数”为15n，又 bnan5.则 b10等于()A15 B17 C19 D21 答案 C 解析 由na

5、1a2an15n得 Sna1a2an5n2，则 Sn15(n1)2(n2)，anSnSn110n5(n2)，当 n1 时，a15也满足故 an10n5，bn2n1，b10210119.故选 C.8(2018西安模拟)已知函数 f(x)3ax2，x2，a2x29x11，x2(a0 且 a1)，若数列an满足 anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数 a 的取值范围是()A(0,1)B.83，3 C(2,3)D(1,3)答案 C 解析 因为an是递增数列，所以 3a0，a1，3a22a2329311，解得 2a3，所以实数 a的取值范围是(2,3)故选 C.9对于数列xn，若对任意 nN*

6、，都有xnxn22xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设 bn2ttn12n1，若数列 b3，b4，b5，是“减差数列”，则实数 t 的取值范围是()A(1，)B(，1 C(1，)D(，1 答案 C 解析 由数列 b3，b4，b5，是“减差数列”，得bnbn22bn1(n3)，即 ttn12nttn212n2tn112n.化简得 t(n2)1.当 n3 时，若 t(n2)1 恒成立，则 t1n2恒成立，又当 n3 时，1n2的最大值为 1，则 t 的取值范围是(1，)故选 C.10(2018湖北八校模拟)已知数列an满足：a11，an1anan2(nN*)若 bn1(n2)1an1(nN*)

7、，b132，且数列bn是单调递增数列，则实数 的取值范围是()A45 B1 C32 D23 答案 A 解析 数列an满足：a11，an1anan2(nN*)，an0，1an12an1，则1an1121an1，数列1an1 是等比数列，且首项为1a112，公比为 2，1an12n.bn1(n2)1an1(n2)2n(nN*)，bn(n12)2n1(n2)，数列bn是单调递增数列，bn1bn，(n2)2n(n12)2n1(n2)，可得 n12(n2)，b1，(12)232，解得 45，综上，的取值范围是 0，且 na2n1(2n1)an1an2a2n0.设 M(x)表示整数 x 的个位数字，则 M

8、(a2017)_.答案 6 解析 由已知得(nan1an)(an12an)0，an0，an12an0，则an1an2，a11，数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，an12n12n1.a22，a34，a48，a516，a632，a764，a8128，n2 时，M(an)依次构成以 4 为周期的数列 M(a2017)M(a5)6，故答案为 6.13(2017吉林模拟)若数列an满足 a112，an11an1(n2 且nN*)，则 a2016等于_ 答案 2 解析 a112，an11an1(n2 且 nN*)，a211a111121，a311a21112，a411a311212，依此类推

9、，可得 an3an，a2016a67133a32.14(2017河南测试)已知各项均为正数的数列an满足 an1an214，a172，Sn为数列an的前 n 项和，若对于任意的 nN*，不等式12k12n2Sn2n3 恒成立，则实数 k 的取值范围为_ 答案 38，解析 由 an112an14，得 an11212an12，且 a1123，所以数列an12是以 3 为首项，12为公比的等比数列，则 an12312n1，所以 an312n112，所以 Sn3(1201212212n1)n26112nn2，则 12n2Sn122n.因为不等式12k12n2Snk2n2n3，nN*恒成立，所以 k2n

10、32nmax，nN*.令2n32nbn，则 bn1bn2n12n12n32n52n2n1，则 b1b2b4，所以(bn)maxb338，故 k38.三、解答题 15(2017河南百校联盟模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且对任意正整数 n 都有 an34Sn2 成立记 bnlog2an，求数列bn的通项公式 解 在 an34Sn2 中，令 n1，得 a18.因为对任意正整数 n 都有 an34Sn2 成立，所以 an134Sn12，两式相减得 an1an34an1，所以 an14an，又 a18，所以an是首项为 8，公比为 4 的等比数列，所以 an84n122n1，所以 bnlog

11、222n12n1.16(2015四川高考)设数列an(n1,2,3，)的前 n 项和 Sn满足 Sn2ana1，且 a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列1an的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn1|11000成立的 n 的最小值 解(1)由已知 Sn2ana1，有 anSnSn12an2an1(n2)，即 an2an1(n2)从而 a22a1，a32a24a1.又因为 a1，a21，a3成等差数列，即 a1a32(a21)所以 a14a12(2a11)，解得 a12.所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列 故 an2n.(2)由(1)得1an12n，所以 Tn1212212n12112n112 112n.由|Tn1|11000，得112n1 1000.因为 2951210001024210，所以 n10.于是，使|Tn1|11000成立的 n 的最小值为 10.