《2019数学（理）二轮能力训练：专题三第二讲 数列的综合应用---精校解析Word版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019数学（理）二轮能力训练：专题三第二讲 数列的综合应用---精校解析Word版（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、选择题1(2018宜昌月考)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1a2 018，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2 018等于()A1 007B1 009C2 016D2 018解析：A，B，C三点共线，a1a2 0181，S2 0181 009.答案：B2已知数列an满足a15，anan12n，则()A2B4C5D.解析：因为22，所以令n3，得224，故选B.答案：B3在数列an中，a11，a22，an2an1(1)n，那么S100的值为()A2 500B2 600C2 700D2 800解析：当n为奇数时，an2an0an1，当n为偶数时，an2an2ann，故an于是
2、S100502 600.答案：B4(2018海淀二模)在数列an中，“an2an1，n2,3,4，”是“an是公比为2的等比数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：当an0时，也有an2an1，n2,3,4，但an不是等比数列，因此充分性不成立；当an是公比为2的等比数列时，有2，n2,3,4，即an2an1，n2,3,4，所以必要性成立答案：B5已知数列2 015,2 016,1，2 015，2 016，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S2 017等于()A2 018B2 015C1D0解析：由已
3、知得anan1an1(n2)，an1anan1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，2 015，2 016，1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S60.2 01763361，S2 0172 015.答案：B6若数列an满足a115，且3an13an2，则使akak10的k值为()A22B21C24D23解析：因为3an13an2，所以an1an，所以数列an是首项为15，公差为的等差数列，所以an15(n1)n，令ann0，得n23.5，所以使akak10的k值为23.答案：D7已知数列an满足a11，an1则其前6项之和为()A16B20C33D120
4、解析：a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以前6项和S6123671433，故选C.答案：C8已知等差数列an的公差为d，关于x的不等式dx22a1x0的解集为0,9，则使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是()A4B5C6D7解析：关于x的不等式dx22a1x0的解集为0,9，0,9是一元二次方程dx22a1x0的两个实数根，且d0，9，a1.ana1(n1)d(n)d，可得a5d0，a6d0.使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.答案：B9(2018湘中名校联考)若an是等差数列，首项a10，a2 016a2 0170，a2 016a2
5、 0170，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是()A2 016B2 017C4 032D4 033解析：因为a10，a2 016a2 0170，a2 016a2 0170，所以d0，a2 0160，a2 0170，所以S4 0320，S4 0334 033a2 0170，所以使前n项和Sn0成立的最大正整数n是4 032.答案：C10已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5.若函数f(x)sin 2x2 cos2，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0B9C9D1解析：由已知得2an1anan2，即数列an为等差数列又f(x)sin 2x1cos x，a1a9a2a
6、82a5，故cos a1cos a9cos a2cos a8cos a50，又2a12a92a22a84a52，故sin 2a1sin 2a9sin 2a2sin 2a8sin 4a50，故数列yn的前9项和为9.答案：C11已知数列an，“|an1|an”是“数列an为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：|an1|an，或又数列an为递增数列，an1an，“|an1|an”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件答案：D12已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，数列bn满足bn.若对任意的nN*，都有bnb8成立，则实数a的取值范
7、围是()A(8，7)B8，7)C(8，7D8，7解析：因为an是首项为a，公差为1的等差数列，所以anna1，因为bn，又对任意的nN*都有bnb8成立，所以11，即对任意的nN*恒成立，因为数列an是公差为1的等差数列，所以an是单调递增的数列，所以即解得8a7.答案：A二、填空题13(2018沈阳模拟)在数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2)，则an_.解析：法一：因为an13an2an1(n2)，所以2(n2)，所以an1an(a2a1)2n12n1(n2)，又a2a11，所以anan12n2，an1an22n3，a2a11，累加，得an2n1(nN*)法二：因为an1
8、3an2an1(n2)，所以an12anan2an1，得an12anan2an1an12an2a22a10，即an2an1(n2)，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1(nN*)答案：2n1(nN*)14(2018辽宁五校联考)设数列an的前n项和为Sn，若a13且当n2时，2anSnSn1，则an的通项公式an_.解析：当n2时，由2anSnSn1可得2(SnSn1)SnSn1，即，数列是首项为，公差为的等差数列，()(n1)，Sn.当n2时，anSnSn1，又a13，an答案：15(2018广州调研)已知数列an满足a11，an1aan，用x表示不超过x的最大整数，
9、则_.解析：因为an1aan，所以，即，于是.因为a11，a221，a361，可知(0,1)，则(0,1)，所以0.答案：016已知数列an满足a140，且nan1(n1)an2n22n，则an取最小值时n的值为_解析：由nan1(n1)an2n22n2n(n1)，两边同时除以n(n1)，得2，所以数列是首项为40、公差为2的等差数列，所以40(n1)22n42，所以an2n242n，对于二次函数f(x)2x242x， 在x10.5时，f(x)取得最小值，因为n取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n取10或11时，an取得最小值答案：10或11三、解答题17(2018枣庄模拟)已知
10、方程anx2an1x10(an0)有两个根n、n，a11，且满足(1)(1)12n，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog2(an1)，cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解析：(1)由已知可得，又(1)(1)12n，112n，整理得，an1an2n，其中nN*.an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12n12n222212n1.(2)由(1)知，bnlog2(2n11)n，cnn(2n1)n2nn.Tnc1c2cn12222323n2n(12n)，设Pn12222323n2n，则2Pn122223324(n1)2nn2n1，得Pn222232nn
11、2n1n2n1(1n)2n12，Pn(n1)2n12.又Qn12n，TnPnQn(n1)2n12.18(2018九江一中模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，a223a72，且，S3成等比数列，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，若对于任意的nN*，都有64Tn|31|成立，求实数的取值范围解析：(1)设等差数列an的公差为d，由得，即，解得或.当a1，d时，没有意义，a12，d2，此时an22(n1)2n.(2)bnTnb1b2b3bn()()()1，64Tn545，为满足题意，只需|31|5，2或.19(2018临汾中学模拟)已知数列an的前n项和为
12、Sn，且Sn(aan)，an0.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，则是否存在正整数m，使得mTnm3对任意的正整数n恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解析：(1)Sn(aan)，即aan2Sn0，当n2时， Sn1(aan1)，即aan12Sn10，得(anan1)(anan1)anan12an0，(anan1)(anan11)0，an0，anan11，当n1时，aa12a10，an0，a11，an1(n1)n.(2)由(1)知bn，所以Tn1()02()1n()n1，Tn1()12()2n()n，得Tn1()n1n()n21()nn()n，故Tn41()n2n()n44()n2n()n4(2n4)()n.易知Tn4，
