高三数学（理）一轮复习习题测评答案-第五单元-数列

小题必刷卷(八)1.C[解析]由题意,得Sn=na1+n(n-1)2d,则S4+S62S5=(4a1+6d)+(6a1+15d)2(5a1+10d)=d.因此当d>0时,S4+S62S5>0,则S4+S6>2S5;当S4+S6>2S5时,S4+S62S5>0,则d>0.所以“d>0”是“S4+S6>2S2.C[解析]设{an}的公差为d,则2a1+7d=24且6a1+15d=48,解得d=4.3.B[解析]设塔的顶层共有a1盏灯,根据题意得a1(1-27)1-4.A[解析]{an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,则a32=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d将a1=1代入上式并化简,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=2,∴S6=6a1+6×52d=1×6+6×52×(2)=5.B[解析]由a3,a4,a8成等比数列得,a42=a3a8⇒(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d)⇒3a1d+5d2=0,因公差d≠0,故a1=53d,a1d=53d2<0,dS4=d4a1+4×32d6.B[解析]因为an+1=an,所以an=a1.又因为bn+1+cn+1=12(bn+cn)+an=12(bn+cn)+a1,所以bn+1+cn+12a1=12(bn+cn2a1).因为b1+c12a1=0,所以bn+cn=2a1,故△AnBnCn中边BnCn的长度不变,另外两边AnBn,AnC因为bn+1cn+1=12(bncn),且b1c1>0,所以bncn=-12n-1(b1c1),当n→+∞时,bn→cn,也就是AnCn→AnBn,所以△AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大.设△AnBnCn中BnCn边上的高为hn,则{hn}单调递增,所以Sn=12a17.A[解析]由题意得,An是线段An1An+1(n≥2)的中点,Bn是线段Bn1Bn+1(n≥2)的中点,且线段AnAn+1的长度都相等,线段BnBn+1的长度都相等.过点An作高线hn.由A1作高线h2的垂线A1C1,由A2作高线h3的垂线A2C2,则h2h1=|A1A2|sin∠A2A1C1,h3h2=|A2A3|sin∠A3A2C2.而|A1A2|=|A2A3|,∠A2A1C1=∠A3A2C2,故h1,h2,h3成等差数列,故{Sn}是等差数列.8.2011[解析]因为an=(anan1)+(an1an2)+…+(a2a1)+a1=n+(n1)+…+2+1=n(n+1)2,所以1an=2n(n+1)9.8[解析]设等比数列{an}的公比为q.由a1+a显然q≠±1,a1≠0,由②①得1q=3,即q=2,代入①式可得a1=1∴a4=a1q3=1×(2)3=8.10.1[解析]设{an}的公差为d,{bn}的公比为q.由a4=a1+3d=1+3d=8求得d=3,所以a2=a1+d=1+3=2.由b4=b1q3=q3=8求得q=2,所以b2=b1q=1×(2)=2,所以a2b211.1n[解析]因为a1=1,an+1=SnSn+1,所以S1=1,Sn+1Sn=SnSn+1,所以1Sn+11Sn=1,所以数列1Sn是首项为1,公差为1的等差数列,所以1S12.49[解析]由已知,a1+a10=0,a1+a15=103⇒d=23,a1=3,∴nSn=n3-10n23,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=48;n=7时,nSn=13.B[解析]因为S3=3a2=12,所以a2=4,又公差为2,所以a3=6,故选B.14.B[解析]由1,a,16为等比数列⇔a2=16×1⇔a=±4,因此a=4⇒1,a,16为等比数列,反之不一定成立,所以“1,a,16为等比数列”是“a=4”的必要不充分条件,故选B.15.B[解析]∵点(n,an)(n∈N*)在经过点(10,6)的定直线上,∴an6=k(n10),可得a10=6,且数列{an}为等差数列,则数列{an}的前19项和S19=19(a1+a19)2=19a16.B[解析]由题意可得,数列{an}的通项公式为an=2n,又am=a14q6=210=2m,所以m=10,故选17.B[解析]设等差数列{an}的公差为d,∵S4≥10,S5≤15,∴a1+a2+a3+a4≥10,a1+a2+a3+a4+a5≤15,∴a5≤5,a3≤3,即a1+4d≤5,a1+2d≤3,两式相加得2(a1+3d)≤8,∴a4≤4.故选B.18.D[解析]由等差数列的前n项和公式,得S2017=2017(a1+a2017)2=4034,则a1+a2017=4.由等差数列的性质得a9+a2009=4,所以1a9+9a2009=14(a9+a2009)1a9+9a2009=141+9+a2009a9+9a9a2009≥19.B[解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0),等比数列bn的公比为q.在等比数列bn中,b22=b1b3⇒a42=a2a8⇒(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)⇒d=a1=2,则an=a1+(n1)d=2n,b1=a2=4,b2=a4=8,∴q=b2b1=2,∴{bn}的前20.C[解析]因为{an}为公差大于0的等差数列,且A2={3,5},所以a2=3,a3=5,则公差d=2,a1=1,故an=1+(n1)×2=2n1.则在数列{an}中,由199=2n1,得n=100.又前n个集合中,共有数列{an}中的n(n+1)2项,易知当n=13时,n(n+1)2=91,当n=14时,n(n21.B[解析]由题意,得an=aqn1,则bn=1+a(1-qn)1-q=1+a1-qaqn1-q,得cn=2+1+a1-qna1-q·q(22.3501[解析]当n为偶数时,f(3n)=0;当n为奇数时,f3n=3n+123n-12,因此数列f3n的前100项和为3130+3231+…23.3240[解析]因为当k=4t+1(t∈N*)时ak+1ak=2k1,ak+2+ak+1=2k+1,ak+3ak+2=2k+3,所以ak+ak+1+ak+2+ak+3=[(ak+1+ak+2)(ak+1ak)]+[(ak+3ak+2)+(ak+1+ak+2)]=4k+6,因此,此数列每四项构成首项为10,公差为16的等差数列,则{an}的前80项和为20×10+20×192×16=324024.412n-2[解析]当x∈[0,2)时,函数f(x)图像的对称轴为x=1,开口向下,故最大值为f(1)=2.由于f(x+2)=12f(x),即从[2,4)起,每隔两个单位长度图像的“高度”就是前一个区间图像“高度”的一半,故最大值,即{an}是首项为2,公比为12的等比数列,其前n项和Sn解答必刷卷(三)1.解:(1)证明:由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=11-λ,a1由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1λan,即an+1(λ1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1a因此{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是an=1(2)由(1)得Sn=1λλ-1n,由S5=3132得1λλ-15=3132,即λλ-解得λ=1.2.解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为an=3n1.(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列.记{bn}的前n项和为SSn=1-(133.解:(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1,所以{an}的通项公式为an=n.故b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(2)因为bn=0所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.4.解:(1)因为4Sn=(an+1)2,所以当n=1时,4a1=(a1+1)2,解得a1=1,当n=2时,4(1+a2)=(a2+1)2,解得a2=1或a2=3,因为{an}是各项均为正数的等差数列,所以a2=3,所以{an}的公差d=a2a1=2,所以{an}的通项公式an=a1+(n1)d=2n1.(2)因为4Sn=(an+1)2,所以Sn=(2n-所以Sn72an=n272(2n1)=n27n+72=n722所以,当n=3或n=4时,Sn72an取得最小值,为175.解:(1)a1=4,a2=10,a3=16,猜想an=6n2.(2)由题意可知b1=4,b3=16,故bn的公比q满足q2=4因为bn的各项均为正数,所以q=2,bn=2n+1于是Tn=1×4+2×8+3×16+…+n×2n+1①,而2Tn=1×8+2×16+…+(n1)×2n+1+n×2n+2②,①②,得Tn=4+8+…+2n+1n×2n+2=4×1-2n1-2n×2n+2,故Tn=(n1)6.解:(1)根据题意,设等差数