1、 第 - 1 - 页 共 5 页 - 1 - 专题复习检测专题复习检测 A 卷 1 (2019年福建泉州模拟)数列an的前n项和为Sn， 已知Sn1234(1)n 1 n， 则 S17( ) A8 B9 C16 D17 【答案】B 【解析】S171234561516171(23)(45)(67) (1415)(1617)11119. 2若一个等差数列前 3 项的和为 34，最后 3 项的和为 146 且所有项的和为 390，则这个 数列的项数为( ) A13 B12 C11 D10 【答案】A 【解析】因为 a1a2a334，an2an1an146，a1a2a3an2an1an34 14618
2、0，又 a1ana2an1a3an2，所以 3(a1an)180，从而 a1an60.所以 Sn na1an 2 n 60 2 390，即 n13. 3已知数列an满足 an1an2，a15，则|a1|a2|a6|( ) A9 B15 C18 D30 【答案】C 【解析】an1an2，a15，数列an是首项为5，公差为 2 的等差数列an 52(n1)2n7.数列an的前 n 项和 Snn52n7 2 n26n.令 an2n70，解 得 n7 2.n3 时，|an|an；n4 时，|an|an.则|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5 a6S62S362662(3263)18.故选 C 4我
3、国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两 步为： 第一步：构造数列 1，1 2， 1 3， 1 4， 1 n. 第二步：将数列的各项乘以 n，得数列(记为)a1，a2，a3，an. 则 a1a2a2a3an1an等于( ) A(n1)2 B(n1)2 Cn(n1) Dn(n1) 第 - 2 - 页 共 5 页 - 2 - 【答案】C 【解析】a1a2a2a3an1ann 1 n 2 n 2 n 3 n n1 n n n2 1 12 1 23 1 n1n n2 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n n2 n1 n n(n1) 5(2019 年安徽皖西七校联考)在
4、数列an中，an2 n1 2n ，若an的前 n 项和 Sn321 64 ，则 n( ) A3 B4 C5 D6 【答案】D 【解析】由 an2 n1 2n 1 1 2n，得 Snn 1 2 1 22 1 2n n 1 1 2n ，则 Sn321 64 n 1 1 2n .将各选项中的值代入验证得 n6. 6 (2018 年上海)记等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a30， a6a714， 则 S7_. 【答案】14 【解析】由 a30，a6a714，得 a12d0， a15da16d14， 解得 a14，d2.S77a1 76 2 d14. 7若一个数列的第 m 项等于这个数列的前
5、m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”若 各项均为正数的等比数列an是一个“2 018 积数列”且 a11， 则当其前 n 项的乘积取最大值 时 n 的值为_ 【答案】1 008 或 1 009 【解析】由题可知 a1a2a3 a2 018a2 018，故 a1a2a3 a2 0171，由于an是各项均为正 数的等比数列且 a11，所以 a1 0091，公比 0q1.所以 a1 0081 且 0a1 0101，故当数列 an的前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为 1 008 或 1 009. 8对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若 a12，an的“差数 列”的通项公式
6、为 2n，则数列an的前 n 项和 Sn_. 【答案】2n 12 【解析】an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n 12n2 222222 n 12 22n222n.Sn22 n1 12 2n 12. 第 - 3 - 页 共 5 页 - 3 - 9在正项等比数列an中，公比 q(0,1)，a3a55 且 a3和 a5的等比中项是 2. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn1 n(log2a1log2a2log2an)， 判断数列bn的前 n 项和 Sn是否存在最大值？若 存在，求出使 Sn最大时 n 的值；若不存在，请说明理由 【解析】(1)依题意 a3
7、a54，又 a3a55，q(0,1)， a34，a51. q2a5 a3 1 4，即 q 1 2. a1a3 q216，ana1 q n116 1 2 n125n. (2)log2an5n， bn1 n43(5n) 45n 2 n n 9n 2 . 当 n9 时，bn0；当 n9 时，bn0；当 n9 时，bn0. S1S2S8S9S10S11. Sn有最大值，此时 n8 或 9. 10(2019 年山东潍坊二模)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a28，S440；数列 bn 的前 n 项和为 Tn，且 Tn2bn30，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cn an
8、，n为奇数， bn，n为偶数， 求数列cn的前 n 项和 Pn. 【解析】(1)设等差数列an的公差为 d. 由题意， a1d8， 4a16d40， 得 a14， d4， 所以 an4n. 因为 Tn2bn30，所以当 n1 时，b13. 当 n2 时，Tn12bn130. 两式相减，得 bn2bn1(n2) 所以数列 bn为等比数列，bn3 2n 1. (2)cn 4n，n为奇数， 3 2n 1，n为偶数. 当 n 为偶数时，Pn(a1a3an1)(b2b4bn) 44n4 n 2 2 614n 2 14 2n 1n22. 当 n 为奇数时，n1 为偶数， PnPn1cn2(n 1)1(n1
9、)224n2nn22n1. 第 - 4 - 页 共 5 页 - 4 - 所以 Pn 2n 1n22，n为偶数， 2nn22n1，n为奇数. B 卷 11(2019 年广东江门模拟)数列an满足 a11，nan1(n1)ann(n1)，且 bnancos 2n 3 ，记 Sn为数列bn的前 n 项和，则 S120( ) A7 160 B7 220 C7 280 D7 340 【答案】C 【解析】由 nan1(n1)ann(n1)，得 an1 n1 an n 1，所以数列 an n 是以 1 为公差的等 差数列又a1 11，所以 an n n，即 ann2，所以 bnn2cos2n 3 .所以 b
10、3k2b3k1b3k1 2(3k 2)21 2(3k1) 2(3k)29k5 2.所以 S120 40 k1 9k5 2 40 2 95 2940 5 2 7 280. 12(2019 年东北三校联考)如图所示，作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内 接正三角形，然后再作新三角形的内切圆如此下去，前 n 个内切圆的面积和为( ) Aa 2 9 1 1 2n Ba 2 9 1 1 22n 1 Ca 2 9 1 1 2n 1 Da 2 9 1 1 22n 【答案】D 【解析】设第 n 个三角形的内切圆半径为 an，则易知 a11 2atan 30 3 6 a，a21 2a1， an1 2
11、an1，故数列an是首项为 3 6 a，公比为1 2的等比数列设前 n 个内切圆面积和为 Sn，则 Sn(a21a22a2n) a21 1 1 2 2 1 4 2 1 2n 1 2 a21 11 4 1 4 2 1 4 n1 4 3 a2 12 1 1 22n a 2 9 1 1 22n .故选 D 13 已知数列an是等比数列， 其公比为 2， 设 bnlog2an且数列bn的前 10 项的和为 25， 那么 1 a1 1 a2 1 a3 1 a10的值为_ 第 - 5 - 页 共 5 页 - 5 - 【答案】 1 023 128 【解析】数列an是等比数列，其公比为 2，b1b2b10lo
12、g2(a1 a2 a10) log2(a10 12 12 9)25，a10 12 45225，可得 a 1 1 4.那么 1 a1 1 a2 1 a3 1 a10 4 11 2 1 22 1 29 4 1 1 210 11 2 1 023 128 . 14(2018 年甘肃张掖模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 an3Sn4，bnlog2an 1. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令 cn bn 2n 1 1 nn1，其中 nN *，若数列c n的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【解析】(1)由 a13a14，得 a11. 由 an3Sn4，知 an13Sn14. 两式相减，化简得 an11 4an. an 1 4 n1，b nlog2an1log2 1 4 n2n. (2)由题意知 cn n 2n 1 nn1. 令 Hn1 2 2 22 3 23 n 2n， 则1 2Hn 1 22 2 23 n1 2n n 2n 1. ，得1 2Hn 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n 1 1n2 2n 1. Hn2n2 2n . 1 nn1 1 n 1 n1， 令 Mn11 2 1 2 1 3 1 n 1 n11 1 n1 n n1， TnHnMn2n2 2n n n1.
