2021年（老高考）数学（文）二轮专题练习：客观题专练 数列（9） （含解析）.doc

1、数列数列(9) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 12020 开封市高三模拟试卷设等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1a21，a1 a33，则 S6( ) A63 B21 C21 D63 22020 唐山市高三年级摸底考试已知 Sn为等差数列an的前 n 项和，a52，S15 150，则公差 d( ) A6 B5 C4 D3 32020 长沙市四校高三年级模拟考试已知等比数列an的前 n 项和 Snab2n，且 a2,9，a5成等差数列，则 ab 的值为( ) A2 B 1 C1 D2 42020 河

2、北衡水中学摸底已知数列an，若数列3n 1a n的前 n 项和 Tn1 56 n1 5，则 a5的值为( ) A. 81 5 B.16 5 C16 D32 5 2020 重庆一中期末已知数列an满足 a11， 前 n 项和为 Sn， 且 Sn2an(n2， nN*)， 则an(n2)的通项公式为 an( ) A2n1 B2n 2 C2n 13 D32n 62020 天津一中月考在各项均为正数的数列an中，a12，a2n12an1an3a2n0， Sn为an的前 n 项和，若 Sn242，则 n( ) A5 B6 C7 D8 72020 湖北武汉部分重点中学联考已知数列an的通项公式是 an(1

3、)n (3n1)，则 a1a2a10( ) A15 B12 C12 D15 82020 南昌市高三年级摸底测试卷公比不为 1 的等比数列an中，若 a1a5aman，则 mn 不可能为( ) A5 B6 C8 D9 92020 惠州市高三第二次调研考试试题已知数列an的各项均为正数，a12，an1 an 4 an1an，若数列 1 an1an的前 n 项和为 5，则 n( ) A119 B120 C121 D122 102020 湖北武汉武昌实验中学月考两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾 经在沙滩上研究数学问题他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列 的形状对数进行分类

4、，如下图中实心点的个数依次为 5,9,14,20，这样的一组数被称为梯 形数，记此数列为an，则( ) Aan1ann2 Ban1ann2 Can1ann3 Dan1ann3 11 2020 石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试已知等比数列an满足： a14， Snpan 1m(p0)，则 p1 m取最小值时，数列an的通项公式为( ) Aan4 3n 1 Ba n3 4 n1 Can2n 1 Da n4 n 12 2020 天津部分地区第三次联考已知 f(x)1 2sin x1 2 ， 数列an满足 anf(0)f 1 n f 2 n f n1 n f(1)，则 a2 019( ) A1 00

5、9 B1 010 C2 019 D2 020 二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 132020 吉林省实验中学模拟设数列an的通项公式为 ann 2n 1(nN*)，则a n的前 5 项和为_ 142020 湖北武汉十六中月考已知数列an满足：a1，a2 a1， a3 a2， an an1是首项为 2，公 比为 2 的等比数列，则数列 1 log2an 的前 n 项和为_ 152020 河北唐山一模已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且an与等差数列 Snn 的公差相同，则 an_. 162020 南昌市高三年级摸底测试卷已知数列an的前 n 项和为 Sn，an3

6、Sn3，若对 任意 m，nN*，|SmSn|M 恒成立，则实数 M 的最小值为_ 数列数列(9) 1答案：B 解析： 设等比数列an的公比为 q(q 1)， 由已知条件可得 a1a1q1 a1a1q23 ， 则 1q 1q2 1 3， 解得 q2，所以 a11，S6a11q 6 1q 12 6 1221，故选 B. 2答案：C 解 析 ： 通 解 因 为 数 列 an 是 等 差 数 列 ， 首 项 为 a1， 公 差 为 d ， 所 以 a5a14d2 S1515a11514 2 d150 ，解得 a118 d4 ，故选 C. 优解 因为数列an是等差数列，所以 S1515a8150，所以

7、a810，所以 3da8a5 10(2)12，d4.故选 C. 3答案：D 解析： 当 n1 时， a1S1a2b， 当 n2 时， anSnSn1ab2nab2n 1b2n 1，因为a n为等比数列，所以 a1a2bb2 11b，所以 ab0.又 a 2,9，a5成等差数列， 所以 2b16b29，所以 b1，a1，所以 ab2，故选 D. 4答案：C 解析：通解 Tn1 56 n1 5，n2 时，3 n1a nTnTn11 56 n1 56 n16n1，即 an2n 1(n2)，a 516，故选 C. 优解 Tn1 56 n1 5，3 4a 5T5T46 51 5 6 41 5 64，a5

8、2416，故选 C. 5答案：B 解析： Sn2an(n2， nN*)， n3 时， anSnSn12an2an1， 即 an2an1(n3)， 易得 a21，an2n 2(n2)，故选 B. 6答案：A 解析：由 a2n12an1an3a2n0，得(an13an)(an1an)0，即 an13an或 an1an， 又an各项均为正数，所以 an13an.因为 a12，an13an，所以数列an是首项为 2，公比 为 3 的等比数列，则由 Sn213 n 13 242，解得 n5，故选 A. 7答案：A 解析：依题意，得 a1a2a10(a1a3a9)(a2a4a10)(28 26)(5112

9、9)226 2 5529 2 5708515.故选 A. 8答案：B 解析：由等比数列的性质可知，mn6，mN*，nN*，当 mn3 时，mn9；当 m 4，n2 时，mn8；当 m5，n1 时，mn5.故选 B. 9答案：B 解析：由题意得 a2n1a2n4，a214，所以数列a2n是以 4 为首项，4 为公差的等差数列， 则 a2n4(n1)44n，因为数列an的各项均为正数，所以 an2 n，则 1 an1an 1 2 n12 n 1 2( n1 n) 故数列 1 an1an的前 n 项和为 1 2( 2 1) 1 2( 3 2) 1 2( n1 n) 1 2( n11)，则 1 2(

10、n11)5，所以 n120.故选 B. 10答案：D 解析：由已知可得 a2a14，a3a25，a4a36，由此可以得到 an1ann 3.故选 D. 11答案：A 解析：Snpan1m，Sn1panm(n2)，anSnSn1pan1pan(n2)，pan 1(p1)an(n2)，a n1 an p1 p (n2)，又 n1 时，a1S1pa2m4，a24m p ，a2 a1 4m 4p . an为等比数列，a2 a1 4m 4p p1 p ，p0，pm 4，m4p，p 1 mp 1 4p 2p 1 4p1， 当且仅当 p 1 4p， 即 p 1 2时取等号， 此时等比数列的公比 p1 p 3

11、， an43n 1，故选 A. 12答案：B 解析：因为 f(x)1 2sin x1 2 ，所以 f(x)f(1x)1 2sin x1 2 1 2sin 1x1 2 1 sin x1 2 sin x1 2 1.又数列an满足 anf(0)f 1 n f 2 n f n1 n f(1)，所以 a2 019 f(0)f 1 2 019 f 2 2 019 f 2 018 2 019 f(1)1 01011 010.故选 B. 13答案：129 解析：ann 2n 1(nN*)，数列a n的前 5 项和为 14123280129. 14答案： 2n n1 解析：a1， a2 a1， a3 a2， a

12、n an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列，an22 2232n 2nn1 2 ， 1 log2an 2 nn12 1 n 1 n1 ，数列 1 log2an 的前 n 项和为 2n n1. 15答案：1 或1 2n 5 4 解析：设数列an的公差为 d.由题可得，Snna1nn1 2 d， Snn a11(n1)d， Snna11(n1)2d22 a11 (n1)d，则有 na1nn1 2 da11n(n1)2d2 2 a11 (n1)d，当 n1 时，a11n 2d(n1)d 22 a 11 d.令 n2，解得 a11d d22 a11 d；令 n3，解得 a113 2d2d 22 a

13、 11 d.两式相减可得 d 21 2d0，解 得 d0 或 d1 2.若 d0，则 a11，则 an1；若 d 1 2，则 a1 3 4，则 an 1 2n 5 4.综上 所述，an1 或 an1 2n 5 4. 16答案：3 4 解析：因为 an3Sn3，所以当 n2 时，an13Sn13，所以 anan13an(n2)，an 1 2an1(n2)，又由 an3Sn3 得，a1 3 2，所以数列an是以 3 2为首项， 1 2为公比的等比 数列，所以 Sn 3 21 1 2 n 11 2 1(1 2) n，则|S mSn|(1 2) n(1 2) m|.因为数列(1 2) n的项依 次为1 2， 1 4， 1 8， 1 16，所以对任意 m，nN *，|S mSn|(1 2) n(1 2) m|1 2 1 4| 3 4， 所以 M3 4，故实数 M 的最小值为 3 4.