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 a 1 a 2 018 ，且OB OA OC A，B ，C 三点共线(该直线不过点 O)，则 S2 018 等于( )A1 007 B1 009C2 016 D2 018解析：A，B，C 三点共线，a 1a 2 0181，S 2 018 1 009.2 018a1 a2 0182答案：B2已知数列a n满足 a15，a nan1 2 n，则 ( )a7a3A2 B4C5 D.52解析：因为 2 2，所以令 n3，得an 1an 2an 3an 4anan 1an 2an 3 an 4an 2n 12n 32n2n 2
2、2 24，故选 B.a7a3答案：B3在数列a n中，a 11，a 22，a n2 a n1(1) n，那么 S100 的值为( )A2 500 B2 600C2 700 D2 800解析：当 n 为奇数时，a n2 a n0a n1，当 n 为偶数时，a n2 a n2a nn，故 anError!于是 S10050 2 600.2 100502答案：B4(2018海淀二模)在数列a n中， “an2a n1 ，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 an2a n1 ，n2,3,4
3、，但a n不是等比数列，因此充分性不成立；当a n是公比为 2 的等比数列时，有 2， n2,3,4，即anan 1an2a n1 ，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 018 B2 015C1 D0解析：由已知得 ana n1 a n1 (n2) ，a n1 a na n 1，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
4、期为6，S 60.2 01763361，S 2 0172 015.答案：B6若数列a n满足 a115，且 3an1 3a n2，则使 akak1 0 的 k 值为( )A22 B21C24 D23解析：因为 3an1 3a n2，所以 an1 a n ，所以数列a n是首项为 15，公差为23 的等差数列，所以 an15 (n1) n ，令 an n 0，得 n23.5，所23 23 23 473 23 473以使 akak1 0 的 k 值为 23.答案：D7已知数列a n满足 a11，a n1 Error!则其前 6 项之和为 ( )A16 B20C33 D120解析：a 22a 12，
5、a 3a 213，a 42a 36，a 5a 417，a 62a 514，所以前6 项和 S6123671433，故选 C.答案：C8已知等差数列a n的公差为 d，关于 x 的不等式 dx22a 1x0 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( )A4 B5C6 D7解析：关于 x 的不等式 dx22a 1x0 的解集为0,9 ， 0,9 是一元二次方程dx22a 1x0 的两个实数根，且 d0， 9，a 1 .a na 1( n1)d(n )2a1d 9d2 112d，可得 a5 d0，a 6 d0.使数列a n的前 n 项和 Sn最大的正整数 n 的值
6、是 5.12 12答案：B9(2018湘中名校联考)若a n是等差数列，首项 a10，a 2 016a 2 0170，a 2 016a2 0170，则使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是( )A2 016 B2 017C4 032 D4 033解析：因为 a10，a 2 016a 2 0170，a 2 016a2 0170，所以 d0，a 2 0160，a 2 0170，所以 S4 032 0，S 4 033 4 4 032a1 a4 0322 4 032a2 016 a2 0172 4 033a1 a4 0332033a2 0170，所以使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数
7、n 是 4 032.答案：C10已知数列a n满足 an2 a n1 a n1 a n，nN *，且 a5 .若函数 f(x)sin 2x2 2cos2 ，记 yn f(an)，则数列y n的前 9 项和为( )xA0 B9C9 D1解析：由已知得 2an1 a na n2 ，即数列a n为等差数列又 f(x)sin 2x1cos x ，a1a 9a 2a 82a 5，故 cos a1cos a9cos a2cos a8cos a 50，又 2a12a 92a 22a 84a 52，故 sin 2a1sin 2a 9sin 2a2sin 2a8sin 4a 50，故数列 yn的前 9 项和为
8、9.答案：C11已知数列a n， “|an1 |a n”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：|a n1 |a n，Error!或Error!又数列a n为递增数列，a n1 a n，“|a n 1|a n”是“数列a n为递增数列”的既不充分也不必要条件答案：D12已知数列a n是首项为 a，公差为 1 的等差数列，数列 bn满足 bn .若对任1 anan意的 nN *，都有 bnb 8 成立，则实数 a 的取值范围是( )A(8，7) B8，7)C(8，7 D 8，7解析：因为a n是首项为 a，公差为 1 的等差数列
9、，所以 anna1，因为 bn，又对任意的 nN *都有 bnb 8 成立，所以 1 1 ，即 对任意的 nN *1 anan 1an 1a8 1an 1a8恒成立，因为数列a n是公差为 1 的等差数列，所以a n是单调递增的数列，所以Error!即Error!解得 8a7.答案：A二、填空题13(2018沈阳模拟)在数列a n中，a 11，a 22，a n1 3a n2a n1 (n2)，则an_.解析：法一：因为 an1 3a n2a n1 (n2) ，所以 2(n2)，所以an 1 anan an 1an1 a n( a2a 1)2n1 2 n1 (n2) ，又 a2a 11，所以an
10、a n1 2 n2 ，a n1 a n2 2 n3 ，a 2a 11，累加，得 an2 n1 (nN *)法二：因为 an1 3a n2a n1 (n2) ，所以 an1 2a na n2a n1 ，得an1 2a na n2a n1 a n1 2a n2 a 22a 10，即 an2a n1 (n2) ，所以数列a n是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2 n1 (n N*)答案：2 n1 (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，2anS nSn1 ，则a n的通项公式 an_.解析：当 n2 时，由 2anS n
11、Sn1 可得 2(SnS n1 )S nSn1 ， ，即1Sn 1 1Sn 12 ，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列， ( )(n1)1Sn 1Sn 1 12 1Sn 13 12 1Sn 13 12 ，S n .当 n2 时，5 3n6 65 3nan SnSn1 ，又 a13，a nError!12 12 65 3n 65 3n 1 185 3n8 3n答案：Error!15(2018广州调研)已知数列 an满足 a11，a n1 a a n，用 x表示不超过 x 的最2n大整数，则 _.1a1 1 1a2 1 1a2 017 1解析：因为 an1 a a n，2n所以 ，1an 1 1
12、anan 1 1an 1an 1即 ，1an 1 1an 1an 1于是 .1a1 1 1a2 1 1a2 017 1 (1a1 1a2) (1a2 1a3) ( 1a2 017 1a2 018) 1a1 1a2 018因为 a11，a 221，a 361，可知 (0,1)，则 (0,1)，1a2 018 1a1 1a2 018所以 0.1a1 1a2 018答案：016已知数列a n满足 a140，且 nan1 (n1) an2n 22n，则 an取最小值时 n 的值为_解析：由 nan1 (n1)a n2n 22n2n(n1) ，两边同时除以 n(n1)，得 2，an 1n 1 ann所以
13、数列 是首项为40、公差为 2 的等差数列，ann所以 40(n1)22n42，ann所以 an2n 242n，对于二次函数 f(x)2x 242x，在 x 10.5 时，f (x)取得最小值，b2a 424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，a n取得最小值答案：10 或 11三、解答题17(2018枣庄模拟)已知方程 anx2a n1 x10( an0)有两个根 n、 n，a 11，且满足(1 )(1 )12 n，其中 nN *.1n 1n(1)求数列a n的通项公式；(2)若 bnlog 2(an1)，c na nbn，求数
14、列 cn的前 n 项和 Tn.解析：(1)由已知可得， Error!，又(1 )(1 )12 n， 1 12 n，1n 1n n nnn 1nn整理得，a n1 a n2 n，其中 nN *.a n(a na n1 )( an1 a n2 )(a 3a 2)( a2a 1)a 12 n1 2 n2 2 221 2 n1.1 2n1 2(2)由(1)知，b nlog 2(2n11) n，c nn(2 n1)n2 nn.T nc 1c 2c n1222 232 3n2 n(1 2n)，设 Pn1222 232 3n2 n，则 2Pn12 222 332 4(n1) 2nn2 n1 ，得P n22
15、22 32 nn2 n1 n2n1 (1 n)2 n1 2，21 2n1 2P n(n1) 2n1 2.又 Qn12n ，nn 12T nP nQ n (n1)2 n1 2 .nn 1218(2018九江一中模拟)设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，a 223a 72，且 ，1a2， S3 成等比数列，n N*.S2 3(1)求数列a n的通项公式；(2)令 bn ，数列b n的前 n 项和为 Tn，若对于任意的 nN *，都有4n 1a2na 2n 264Tn|31| 成立，求实数 的取值范围解析：(1)设等差数列a n的公差为 d，由Error! 得Error!，即Error! ，解得
16、Error! 或Error!.当 a1 ，d 时， 没有意义，25 25 S2 3 175a 12，d2，此时 an22(n1) 2n.(2)bn 4n 1a2na 2n 2 n 14n 22n2 1161n2 1n 22Tnb 1b 2b 3b n ( ) ( ) ( )116112 132 116122 142 116132 152 116 1n 12 1n 12 1161n2 1n 22 1 116 14 1n 12 1n 22 ，564 116 1n 12 1n 2264T n54 5，1n 12 1n 22为满足题意，只需|3 1|5，2 或 .4319(2018临汾中学模拟)已知数
17、列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn (a a n)，a n0.12 2n(1)求数列a n的通项公式；(2)若 bn ，数列b n的前 n 项和为 Tn，则是否存在正整数 m，使得an2n 1mT nm3 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)S n (a a n)，即 a a n2S n0，12 2n 2n当 n2 时， Sn1 (a an1 )，即 a a n1 2 Sn1 0，12 2n 1 2n 1得(a na n1 )(ana n1 )a na n1 2a n0，(ana n1 )(an an1 1)0，a n0，a na n1 1
18、，当 n1 时，a a 12a 10，a n0，21a 11，a n1(n1)n.(2)由(1)知 bn ，所以 Tn1( )02( )1n( )n1 ，n2n 1 12 12 12Tn1( )12( )2n( )n，12 12 12 12得 Tn1 ( )n1 n( )n21( )nn( )n，12 12 12 12 12 12故 Tn41 ( )n2n( )n4 4( )n2n( )n4(2 n4)( )n.12 12 12 12 12易知 Tn4，T n1 T n4(2n6)( )n 14(2n4) ( )n(n 1)( )n0，12 12 12T nT 11，故存在正整数 m1 满足题意
