1、A 组 基础关1已知数列an的通项公式是 an2n12n，则其前 20 项和为()A379 1220B399 1220C419 1220D439 1220答案 C答案 解析 S20a1a2a202(1220)121221220220120212112201124201 1220419 1220.解析 214916(1)n1n2 等于()A.nn12Bnn12C(1)n1nn12D以上答案均不对答案 C答案 解析 14916(1)n1n21(32)(23)(54)(45)12345，当 n 为偶数时，14916(1)n1n21234(n1)n2nn12n2nn12；解析 当 n 为奇数时，149
2、16(1)n1n21234(n1)nnn12.综上，14916(1)n1n2(1)n1nn12.解析 3(2018潍坊二模)设数列an的前 n 项和为 Sn，若 Snn2n，则数列2n1an 的前 40 项的和为()A.3940B3940C.4041D4041答案 D答案 解析 若 Snn2n，可得 n1 时，a1S12；n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，则数列an的通项公式为 an2n，2n1an22nn11n 1n1，即有数列2n1an 的前 40 项的和为1121213 140 141 4041.故选 D.解析 4已知函数 f(n)n2，当n为正奇数时，n2，当n为正
3、偶数时，且 anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100 等于()A0 B100 C100 D102答案 B答案 解析 由题意，得 a1a2a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)100.故选 B.解析 5在数列an中，已知对任意 nN*，a1a2a3an3n1，则a21a22a23a2n等于()A(3n1)2B.12(9n1)C9n1 D.14(3n1)答案 B答案 解析 因为 a1a2an3n1，所以 a1a2an13n11(n2)则 n2 时，an23n1.当 n1 时，a1312，适合上式，所以 an23n1
4、(nN*)则数列a2n是首项为 4，公比为 9 的等比数列故选 B.解析 6化简 Snn(n1)2(n2)2222n22n1 的结果是()A2n1n2 B2n1n2C2nn2 D2n1n2答案 D答案 解析 因为 Snn(n1)2(n2)2222n22n1，2Snn2(n1)22(n2)2322n12n，所以得，Snn(222232n)n22n1，所以 Sn2n1n2.解析 7(2018湖北襄阳四校联考)我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 1，12，13，14，1n.第二步：将数列的各项乘以n2，得到一个新数列 a1，a2，a3，an.
5、则 a1a2a2a3a3a4an1an()A.n24B.n124C.nn14D.nn14答案 C答案 解析 由题意知所得新数列为 1n2，12n2，13n2，1nn2，所以 a1a2 a2a3 a3a4 an 1an n24 112 123 1341n1n n24112 1213 1314 1n11n n24 11n nn14.解析 8(2018枣庄模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1 的前 100 项和为_答案 100101答案 解析 等差数列an中，a55，S515，a14d5，5a1452 d15，解得 a11，d1，an1(n1)n，1an
6、an11nn11n 1n1，数列1anan1 的前 100 项和S100112 1213 1314 1100 1101 1 1101100101.解析 9(2019商丘质检)有穷数列 1,12,124，1242n1所有项的和为_答案 2n1n2答案 解析 因为 1242n12n121 2n1，所以 Sn1(12)(124)(1242n1)(21)(221)(231)(2n1)(222232n)n22n121 n2n1n2.解析 10设 f(x)12x 2，利用课本中推导等差数列前 n 项和的公式的方法，可求得 f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为_答案 3 2答案 解析 6(5)1，
7、f(5)，f(4)，f(5)，f(6)共有 11112项由 f(5)，f(6)；f(4)，f(5)；f(0)，f(1)共有 6 对，且该数列为等差数列又 f(0)f(1)11 212 211 2121 22121 2 12 22，f(5)f(4)f(6)6 22 3 2.解析 B 组 能力关1(2018河南郑州一中联考)在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2 为定值，且 a72，a93，a984，则数列an的前 100 项的和S100()A132 B299 C68 D99答案 B答案 解析 因为在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2 为定值，所以 an3an，即
8、数列an中各项是以 3 为周期呈周期变化的因为 a72，a93，a98a3308a84，所以 a1a2a3a7a8a92439，所以 S10033(a1a2a3)a100339a7299，故选 B.解析 2(2018洛阳模拟)记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，(Sn1Sn)an2n(nN*)，则 S2018()A3(210091)B.32(210091)C3(220181)D.32(220181)答案 A答案 解析 因为(Sn1Sn)an2n(nN*)，所以 an1an2n(nN*)，所以 an2an12n1.两式作比可得an2an 2(nN*)又因为 a11，a2a12，所以
9、a22.所以数列a2n是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a2n1是首项为 1，公比为 2 的等比数列所以 S2018(a1a3a2017)(a2a4a2018)1121009122121009123(210091)解析 3已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列an为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，1n，2n，n1n，若 Sk14，则 ak_.答案 78答案 解析 因为1n2nn1n 12n1nn212，1n1 2n1 nn112nn1n2，所以数列12，1323，142434，1n1 2n1 nn1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前 n 项和
10、Tn12132n2n2n4.令 Tnn2n414，解得 n7，所以 ak78.解析 4在等比数列an中，a10，nN*，且 a3a28，又 a1，a5 的等比中项为 16.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog4an，数列bn的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 k，使得1S11S2 1S31Snk 对任意 nN*恒成立，若存在，求出正整数 k 的最小值；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公比为 q，由题意可得 a316，a3a28，则 a28，q2，a14，所以 an2n1.(2)bnlog42n1n12，Snb1b2bnnn34.1Sn4nn3431n 1n3，所以 1S
11、1 1S2 1S3 1Sn答案 431114121513161n 1n34311213 1n1 1n2 1n343116 431n1 1n2 1n3229 431n1 1n2 1n3.当 n1 时，1S112229；答案 当 n2 时，1S11S2 1Sn229 431n1 1n2 1n3 229 3.故存在 k3 时，对任意的 nN*都有 1S1 1S2 1S31Sn3.答案 5(2017山东高考)已知xn是各项均为正数的等比数列，且 x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1,1)，P2(x2,2)，Pn1(xn1，
12、n1)得到折线 P1P2Pn1，求由该折线与直线 y0，xx1，xxn1 所围成的区域的面积 Tn.解(1)设数列xn的公比为 q.由已知知 q0.由题意得x1x1q3，x1q2x1q2，所以 3q25q20.因为 q0，所以 q2，x11.因此数列xn的通项公式为 xn2n1.(2)过 P1，P2，Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，Qn1.由(1)得 xn1xn2n2n12n1.记梯形 PnPn1Qn1Qn 的面积为 bn.答案 由题意 bnnn122n1(2n1)2n2，所以 Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得，Tn321(2222n 1)(2n1)2n 132212n112(2n1)2n1，所以 Tn2n12n12.答案