2020高考数学浙江专用三轮冲刺抢分练：疑难专用练（四） WORD版含解析.docx

1、(四)数列1(2019全国)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3等于()A16 B8 C4 D2答案C解析设等比数列an的公比为q，由a53a34a1得q43q24，得q24，因为数列an的各项均为正数，所以q2，又a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以a11，所以a3a1q24.2记Sn为等差数列an的前n项和，公差d2，a1，a3，a4成等比数列，则S8等于()A20 B18 C10 D8答案D解析等差数列an的公差d2，a1，a3，a4成等比数列，可得aa1a4，即为(a14)2a1(a16)，解得a18，则S88(8)872

2、8.3已知数列an满足a10，an1(nN*)，则a56等于()A B0 C. D.答案A解析因为an1(nN*)，所以a10，a2，a3，a40，a5，a6，故此数列的周期为3.所以a56a1832a2.4已知数列an中，a11，a22，且an2an22(1)n，nN*，则S2 019的值为()A2 0181 0111 B1 0102 019C2 0191 0111 D1 0102 018答案C解析由递推公式，可得当n为奇数时，an2an4，数列an的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，当n为偶数时，an2an0，数列an的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，S2 019(a1a3a2

3、019)(a2a4a2 018)1 0101 0101 00941 00922 0191 0111.故选C.5已知数列an满足a1，an1，则数列an的前2 019项和S2 019等于()A. B. C. D.答案A解析两边取倒数，可得2(2n1)，即2(2n1)，累加可得2n22，2n2，an(n2)，验证a1也满足上式，可得an，可得S2 019.6已知数列an是正项数列，则“aa2a”是“an为等比数列”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答案B解析举反例：取数列an为1,2,3，此时满足1232222，但不能得到an为等比数列，充分性不成立反之，成立，

4、设数列an的公比为q，an0，数列a是首项为a，公比为q2的等比数列，则由1q42q2，得aa2a，必要性成立；综上，故选B.7把正整数数列1,2,3,4，中所有的i21(iN*)项删除得到一个新数列an，则a2 019等于()A2 019 B2 063 C2 064 D2 071答案C解析由题意得，删除的第45个正整数为45212 026，则2 027a2 02745a1 982，删除的第46个正整数为46212 117，则2 118a2 11846a2 072，所以a2 019前共删除了45个正整数，则a2 0192 019452 064，故选C.8已知等差数列an满足a33，a4a5a8

5、1，数列bn满足bnan1anan1an，记数列bn的前n项和为Sn，若对于任意的a2,2，nN*，不等式Sn2t2at3恒成立，则实数t的取值范围为()A(，22，)B(，21，)C(，12，)D2,2答案A解析由题意得a4a5a8a1a81，则a11，等差数列an的公差d1，an1(n1)n.由bnan1anan1an，得bn，Sn1，则不等式Sn2t2at3恒成立等价于12t2at3恒成立，而11，故数列Fn是递增数列，F1，.当x0时，ln(1x)x，ln，则lnlnlnln，故，故选C.10已知数列an满足当2k1110的n的最小值为()A59 B58 C57 D60答案B解析由题意

6、可得当k1时，201n211，即n1，则an，所以S1；当k2时，211n221，即1n3，nN*，则an，所以S3S11；当k3时，221n231，即3n7，nN*，则an，所以S7S34；当k4时，231n241，即7n15，nN*，则an，所以S15S782；当k5时，241n251，即15n31，nN*，则an，所以S31S1516；当k6时，251n261，即312.5，解得m，所以使得Sn10时，n57，所以n的最小值为58，故选B.11(2019金华十校模拟)记等差数列an的前n项和为Sn，若a10，a2a2 0170，则S2 018_，当Sn取到最大值时，n_.答案01 009

7、解析因为a2a2 017a1a2 0180，所以S2 0180，又因为Sn可以看成关于n的常数项为0的二次函数，结合第一空可知Sn的图象的对称轴为n1 009，所以当Sn取到最大值时，n1 009.12已知等比数列an的首项是1，公比为3，等差数列bn的首项是5，公差为1，把bn中的各项按如下规则依次插入到an的每相邻两项之间，构成新数列：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，即在an和an1两项之间依次插入bn中n个项，则c2 019_.(用数字作答)答案1 950解析由题意可得，an3n1，bn5(n1)1n6，由题意可得，数列cn中的项为30，5,31，4，3,32

8、，2，1,0,33，3k时，数列cn的项数为12k(k1)，含有数列bn的项数为，当k62时，2 016，即此时共有2 016项，且第2 016项为362，1 953，c2 019b1 9561 95661 950.13已知等比数列an的前n项和Sn3nr，则a3r_，数列的最大项是第k项，则k_.答案194解析等比数列前n项和公式具有特征：Snaqna，据此可知，r1，则Sn3n1，a3S3S2(331)(321)18，a3r19.令bnn(n4)n，且bn0，则，由1可得n210，由10，据此可得，数列中的项满足b1b2b3b5b6b7b8，则k4.14已知数列an满足2(1)nan2(1

9、)nan11(1)n3n(nN*)，则a25a1_.答案300解析2(1)nan2(1)nan11(1)n3n，由n2k(kN*)，可得 a2k3a2k116k，由n2k1(kN*)，可得 a2k3a2k116k3，a2k1a2k14k1，a25a1(4121)(4111)(411)a1412a1300a1.则a25a1300.15已知数列an的前n项和为Snpn22n，nN*，bn，若数列bn是公差为2的等差数列，则数列an的通项公式为_，数列bn的通项公式为_答案an3n(nN*)bn2n(nN*)解析由Snpn22n，nN*可知，当n1时，a1p2，当n2时，anSnSn12pnp2，a

10、1p2符合上式，所以对任意的nN*均有an2pnp2，则an1an2p，因而数列an是公差为2p的等差数列，a23p2，b1a1p2，b2，则b2b1(p2)2，得2p3，所以p，a1，所以数列an的通项公式为an(n1)33n，nN*.数列bn的通项公式为bn(n1)22n，nN*.16已知数列an与bn满足bn1anbnan1(2)n1，bn(nN*)，且a12，则a2n_.答案解析由bn，当n2k，kN*时，b2k1；当n2k1，kN*时，b2k12.由bn1anbnan1(2)n1，令n2k1，kN*，得b2k2a2k1b2k1a2k2a2k12a2k2(2)2k11，令n2k，kN*

11、，得b2k1a2kb2ka2k12a2ka2k1(2)2k1，得a2k2a2k.从而得a4a2，a6a4，a2ka2k2，k1.上述k1个式子相加，得a2ka2(4424k1)2(14k1)b12，b21，由题意得a12a21，得a2，a2k2(14k1).当k1时，a2，符合上式，所以a2n.17对于实数x，x表示不超过x的最大整数，已知正数数列an满足Sn，nN*，其中Sn为数列an的前n项和，则Sn_，_.答案，nN*20解析由题意可知Sn0，当n1时，Sn，化简可得SS1，当n1时，S1a1，可得a1，因为数列an为正数数列，所以a11，所以数列S是首项和公差都是1的等差数列，即Sn，所以Sn，nN*又n1时，2()212(1)20，另一方面，S12()(1)12(1)21，所以20S21，即S20.