高考数学(理科)第一轮专题复习针对训练《数列》word含答案解析

数列

第I卷（选择题）

一、选择题

1．已知数列an的前n项和Snn2n1，则a1a9等于 A.19 B.20 C.21 D.22

2．已知Sn是数列an的前n项和，且Sn1Snan3,a4a523，则S8（ ）． A．72 B．88 C．92 D．98 3.

记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为

A．1 4.

等差数列an的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为（ ）

B．2

C．4

D．8

A．24

5．

B．3

C．3 D．8

a111，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值数列an是等差数列，若a10时，n=（ ）

A．11 B．17 C．19 D．21 6．设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S170，S180，则最大的项为（ ） A.

SS1S2，，…，15中a1a2a15S7SSS B.8 C.9 D.10 a7a8a9a107．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）

A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏

n8．等比数列an中，已知对任意正整数n，a1a2a3…an2m，则

a12a22…an2等于（ ）

A．(4nm) B．(2n1) C．4n1 D．(2m) 9．在数列

1313n2an中，若对任意的nN*均有anan1an2为定值，且

a72,a93,a984，则数列an的前100项的和S100（ ）

A．132 B．299 C．68 D．99 10.

几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是2，接下来的两项是2，2，再接下来的三项是2，2，2，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）

A．440

B．330

C．220

D．110

0

1

0

1

2

0

11．已知数列

an满足：

a11，an1anan2(nN).若

bn1(n2)(11)(nN)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取an值范围是（ ） A.2332 B. C. D. 3223Sn1的n的最S2n1012．已知数列an的前n项和为Sn，且a11，an1Sn2，则满足小值为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7

第Ⅱ卷（非选择题）

二.填空题

13．数列{an}满足an114.

设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________. 15．已知an1,a82，则a1________． 1annn1，删除数列an中所有能被2整除的数，剩下的数从小到大排成数2列bn，则b51_________.

a11，an1anbnanbn，bn1anbnanbn，16．在数列an及bn中，

2222b11．设cn2n(三.解答题

11)，则数列cn的前n项和为 ． anbn17．设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Snn1nN*. （1）求数列an的通项公式；

（2）若bn

18．

已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4. （1）求an的通项公式；

（2）设cnanbn，求数列cn的前n项和.

19．

设正项等比数列an的前n项和为Sn，且满足S33a32a2，a48. （Ⅰ）求数列an的通项公式；

an1，求数列bn的前n项和Tn.

anan1

（Ⅱ）设数列bnlog2an，求bn的前n项和Tn.

20．

已知数列an满足a13an3，an1，nN.

4an17（1）求证：数列

（2）求数列

21．

12是等比数列，并且求出数列an的通项公式； ann的前n项和Sn. an已知等差数列an的前n项和为Sn，S55，且a3,a4,a6成等比数列. (Ⅰ)求数列an的通项公式；

(Ⅱ)设bn

1nN*，求数列bn的前n项和Tn. a2n1a2n3

22．

2已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，Snan1an，nN 2（1）求数列an的通项公式；

1（2）设数列bn满足：b11，bnbn12an(n2)，数列的前n项和Tn，求证：

bnTn2；

（3）若Tn(n4)对任意nN恒成立，求的取值范围.

参考答案

1．C

【解析】a1S13,a9S9S881964818a1a921 2．C

【解析】Sn1Snan3an1an3an为等差数列，公差为

3，所以由

1a4a523得2a17d23a11,S8887392，选C.

23．【答案】C

【解析】设公差为

d，a4a5a13da14d2a17d24，

S66a12a17d2465,解得d4，故选C. d6a115d48，联立26a115d484．【答案】A 【解析】

5．C

【解析】∵Sn有最大值，∴d＜0则a10＞a11，又

a111，∴a11＜0＜a10∴a10+a11＜0， a10S2010a1a2010a10a110，

S1919a100又a1a2La100a11a12

∴S10S9LS2S10，S10S11LS190S20S21 又S19S1a2a3La199a10a110∴S19为最小正值 6．C 【解析】

S17017(a1a17)17(2a9)00a9022

18(a1a18)18(a8a9)00a10a90a10022，

S180S8S9S10S1S20,0,L0,0,0,而S1S2LS9,a1a2La8a9， 因此a1a2a8a9a10所以

SSS1S2L89，选C. a1a2a8a97．【答案】B 【解析】

8．A

n【解析】∵等比数列an中，对任意正整数n，a1a2a3…an2m，∴

a12m，a1a24m，a1a2a38m，∴a12m，a22，a34，∴

222是首项为1，公比为4的等比数列，16，∴an4，a3m1，a11，∴a121，a214n1n1414nm．故选：A． ∴aaaa14332122232n9．B

【解析】anan1an2为定值，所以an3an，所以数列的周期为3，故

a2a984,a1a72,a3a93，所以S10033a1a2a3a100299.

10.【答案】A

11．D 【解析】 因为an1an121111112(1)1(1)2n12n，所an2an1anan1anana1n以bn1(n2)2，因为数列

bn是单调递增数列，所以当n2时

bn1bn(n2)2n(n12)2n1n21221时，b2b1(12)212．A

【解析】由an1Sn2得Sn1SnSn2，即Sn122(Sn2)，

n1n1又S12a123，所以Sn232，即Sn322，

3；当n1223，因此，选D. 23Sn32n121n12n130220322, 所以，即2n1S2n3221032n1152n190,令t2n1，则3t215t90，

2函数h(t)3t215t9的对称轴为t15，又t的可能值为1,2,4,8,L,2n1，所以 6h(1)h(2)h(4)h(8)Lh(2n1)，

h(1)315930,h(2)1230990，

h(4)4860930,h(8)1921209810，这时n4，所以从第四项起以

后各项均满足

Sn1，故选A. S2n1013．

1 2【解析】

11an11121112an1ana7a61a52La1． 11anan1222214．【答案】8

【解析】设等比数列的公比为q ，很明显q1 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：

②a1a2a11q1，①，由 可得：q2 ，代入①可得a11， 2①a1a3a11q3，②3由等比数列的通项公式可得：a4a1q8 .

15．5151

【解析】由题意，得，∵ann(n1)n(n1)a11,a23,a36,a410，，，∵an,22删除数列an中所有能被2整除的数,剩下的数从小到大排成数列bn，∴

b51a1015151.

16．2n24

22【解析】由an1anbnanbn，bn1anbnanbn22，两式相加可得：

an1bn12anbn，故数列anbn是以2为首项，2为公比的等比数列，得

22anbn2n；两式相乘可得：an1bn1anbnanbn2anbn，故数列anbn2n1是以1为首项，2为公比的等比数列，得anbn2，故

11412nn2nanbnn1nS24. ，故其前项和为cn222nab12anbnnnn17．(1)an2n1nN*；(2)Tn1【解析】（1）

12n11.

Sn12Snn1，

an112，

an1当n2时，Sn2Sn1n，an12an1，an112an1，即

an12n，即an2n1nN*……………………………(5分)

（2）an2n1121，bnn， nn1n121212121nTn1(10分)

111111.……………………L1223nn1n12121212121213n118．(1)an2n1；(2)Tnn.

22【解析】（1）等比数列bn的公比q设等差数列an的公差为d，

bb393，所以b121，b4b3q27， b23q因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2， 所以an2n1 ……………………………(6分)

n1（2）由（1）知，an2n1，bn3，

1因此cnanbn2n13，从而数列cn的前n项和

Sn13L2n113L3(12分)

n1n2n113n3n12n……………

213219．（Ⅰ）an()n7；（Ⅱ）Tn12n213n,n722. 2n13n42,n722【解析】（Ⅰ） 设正项等比数列{an}的公比为q，则q0

由已知S33a32a2有2a3a2a10，即2a1qa1qa10

22q2q10故q

1

或q1（舍） 2

ana4qn412n7 ……………………………(6分)

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：bn7n 故当n7时，bn0

n(b1bn)n213n当n7时，Tnb1b2bn 222当n7时，Tnb1b2b7(b8b9bn)

n213n2(b1b2b7)(b1b2bn)42

22n213n,n722Tn2. ……………………………(12分) n13n42,n7223n32n32,nN20．（1）证明见解析，an；（2）. Snnn23n143n4【解析】（1）由a13an3,nN ，an14an17所以

4a1114n an13an3an3即

11122 an13an1112是以为首项，为公比的等比数列 an33n1所以数列

1112an331 3n3n,nN ……………………………(4分) 所以数列an的通项公式为ann231（2）

nnn2n an3123n1n23Ln1n 333331123n1n则Tn234Lnn1 333333设Tn两式相减得Tn所以Tn231111n1123Lnn11n3333323nn1 3332n ……………………………(8分) n443又246L2nn2n ……………………………(10分) 所以Sn32n32. ……………………………(12分) nn43n421．(Ⅰ)an1或an2n; (Ⅱ)

n 2n1【解析】 (1)由等差数列性质，S555a3，所以a31 设公差为d，则1d113d，解得d0或d1

2an1或an2n ……………………………(4分)

(2)①当an1时，Tnn ……………………………(6分) ②当an2n时，

11111

a2n1a2n32n12n122n12n111111111nTn1L1………………………23352n12n122n12n1(12分)

22．（Ⅰ）

an12n2（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）9

【解析】（1）当n2时，

时，

是以为首项，为公差的等差数列

……………………………(4分)

（2）

，

，即

Tn2……………………………(8分)

（3）由得， 当且仅当时，

有最大值

， ……………………………(12分)