2019届高三数学（文）复习题模块三 数列 限时集训（十） 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精全品高考第二轮专题｜数学（文科）基础过关1.已知数列｛an}是等差数列，若a1+a7=—8，a2=2,则数列｛an｝的公差d= （）A.—1 B。-2 C。-3 D.—42.设等比数列{an｝的公比为q,前n项和为Sn，且a1〉0。若S2〉2a3,则q的取值范围是 (）A。(-1,0)∪0，12 B。-12，0∪(0,1)C.（-∞，—1)∪12，+∞ D。—∞,-12∪（1，+∞)3。已知数列{an｝的前n项和Sn=n2—7n,若3〈ak〈6，则k等于 ()A。9 B。8 C。7 D.64。已知a,1,c成等差数列，a2,1,c2成等比数列，则loga+c（a2+c2)等于 ()A。1 B.1或log26C.3 D。3或log265。在等差数列{an}中，若a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27，则数列｛an}的前9项和为 (）A。297 B.144 C。99 D.666。已知—9，a1，a2，a3，—1五个实数成等差数列,-9,b1，b2,b3,—1五个实数成等比数列，则a1-a3bA。43 B。—43 C.±43 7。在数列{an}中，若a1+a2+…+an=2n—1（n∈N*）,则a12+a22+…+anA.43n-1 B。4n-1 C。4n-1 8。已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54，则SnanA.4n-1 B。4n-1 C.2n—1 D。2n—19.在数列{an｝中,a1=a，a2=b，且an+2=an+1—an（n∈N*），若数列{an}的前n项和为Sn，则S2019= （）A。0 B.a C.2b D.a+b10。在等差数列｛an｝中,2a9=a12+12,则数列{an｝的前11项和S11= （)A.24 B。48 C.66 D。13211。已知数列a1,a2a1，a3a2，…,anan-1是首项为1，公比为A。2100 B。24950 C。25050 D.2515112.已知数列｛an}是等差数列,a3=5，a9=17,数列｛bn｝的前n项和Sn=3n-1,若1+am=b4，则正整数m等于 (）A。29 B。28 C.27 D.2613。设数列｛an}是公差不为0的等差数列，Sn为其前n项和,若a12+a22=a32+a42，S5=14。已知数列｛an}满足a1=2，（2n-1)an+1=（2n+1)an(n∈N＊）,则a5=.

15.已知直线l:nx+（n+1）y=1（n∈N*)与坐标轴围成的三角形的面积为an，则数列｛an}的前10项和S10为。

能力提升16.已知数列{an｝是以3为公差的等差数列,Sn是其前n项和,若S10是数列｛Sn}中的唯一最小项,则数列{an}的首项a1的取值范围是 （）A.［-30，—27］ B。（30,33）C。（—30,—27） D。［30，33]17。在等差数列｛an}中，a1≠0,ana2n是一个与n无关的常数,则这个常数的可能值的集合为A.｛1｝ B。1，12C。12 D。0,1，1218。若数列{an}满足a1=1,且an+1=a1+an+n（n∈N＊），则1a1+1a2+…+1aA。40302016 B.40322017 C.40342018 19。已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若2Sn=an+1an（n∈N*)，则S2018= （A.2018+20182018 B.2018—C。2018 D。201820.设a，b为实数，关于x的方程（x2-18x+a)（x2-18x+b)=0的4个实数根构成以d为公差的等差数列,若d∈[0，4］，则a+b的取值范围是.

限时集训(十）基础过关1.C[解析］依题意有a2—d+a2+5d=-8，又a2=2,所以d=—3.故选C。2.B［解析］依题意有a1+a1q>2a1q2，因为a1〉0，所以2q2-q—1<0,解得-12〈q〈1,又因为q≠0,所以-12〈q<0或0〈q<1.故选3.D[解析］当n=1时，a1=S1=—6;当n≥2时,an=Sn—Sn-1=2n—8.综上有an=2n-8(n∈N*)。令3<2k-8<6,又k∈N*,可得k=6.故选D。4.B[解析］依题意有a+c=2，a2c2=1，所以ac=±1,a2+c2=(a+c）2-2ac=4—2ac，所以a2+c2=2或6，所以loga+c（a2+c2)=log2(a2+c2）=1或log26。故选B。5.C［解析］因为a1+a4+a7=39，所以3a4=39，可得a4=13.由a3+a6+a9=27得a6=9,所以数列{an}的前9项和S9=9(a1+a9)2=9(a6。A［解析]设等差数列的公差为d,则—1=-9+4d,解得d=2,所以a1-a3=—2d=—4.对于等比数列，有b22=-9×(-1）=9,所以b2=3或b2=—3,显然b2=3不合题意，所以b2=-3,所以a1-a37.D［解析］当n=1时,a1=1,当n≥2时，an=（2n-1)—（2n—1—1）=2n—1,当n=1时满足上式,所以an=2n-1,an2=4n—1,即数列{an2｝是首项为1,公比为4的等比数列,则a12+a22+…+a8。C［解析]设等比数列｛an｝的公比为q,则q=a2+a4a1+a3=12，所以Snan=a9。C[解析]由题意可得a1=a，a2=b,a3=b—a,a4=—a，a5=—b,a6=a—b,a7=a，a8=b，…,于是可知｛an}是以6为周期的数列,且S6=0，又2019=336×6+3,所以S2019=a1+a2+a3+336×S6=2b.故选C。10.D[解析]设等差数列{an｝的公差为d，∵在等差数列｛an}中,2a9=a12+12,∴2（a1+8d)=a1+11d+12,∴a1+5d=12,∴数列{an}的前11项和S11=112（a1+a11)=112(a1+a1+10d）=11（a1+5d)=11×12=132.故选11.C[解析]∵a1，a2a1，a3a2,…,an∴anan-1=2n-1,∴an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1=1×21×22×…×212。C[解析］设等差数列{an}的公差为d,又a9=17,a3=5,所以6d=a9—a3=17—5=12,可得d=2，从而可得a1=1,所以an=2n—1。因为数列{bn}的前n项和Sn=3n-1，所以当n≥2时，Sn—1=3n-1—1，bn=Sn—Sn-1=3n-1-(3n—1-1）=2×3n—1，所以b4=2×33=54。由1+am=b4得1+2m—1=54,解得m=27.故选C.13.9[解析］设等差数列｛an}的公差为d，则由题意得a12+(a1+5a1+10d=5，解得a1=—3，d=2，所以a7=-3+6×2=9.14.18［解析］由题可得an+1an=2n+12n-1，所以an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1=215。511[解析］直线l：nx+（n+1)y=1（n∈N*)与坐标轴的交点为1n,0，0，1n+1，∴直线l与坐标轴围成的三角形的面积an=12×1n×1n+1=121n—1n+1,则数列｛an}的前10项和S10=12×1—12+12—13+…+110-111=12×1-1能力提升16。C[解析]因为公差d=3>0，所以数列{an｝是递增数列,又S10是数列{Sn}中的唯一最小项，所以a10<0,a11>0,即a1+917.B［解析］设等差数列{an｝的通项公式为an=a1+（n-1）d,则a2n=a1+（2n—1）d,所以ana2n=a1+(n-1)da1+(2n-1)d=a1-d+nda1-d+2nd18.D［解析]由题意可得an+1—an=n+1，则a1=1,a2—a1=2,a3-a2=3，…，an—an—1=n,以上各式相加可得an=n(n+1)2，则1an=21n—1n+1，所以1a1+1a2+…+1a2018=2×1-12+12—13+…+119。D[解析］当n≥2时，2Sn=2（Sn-1+an）=an+1an,即an2+2Sn—1an-1=0,所以an=-Sn—1±Sn-12+1。又由an>0得an=—Sn—1+Sn-12+1,则Sn=an+Sn-1=Sn-12+1,所以Sn2-Sn-12=1，即数列｛Sn2}是公差为1的等差数列,又2S1=2a1=a1+1a1，解得a1=1（舍去a1=—20.［122,162］[解析］设4个实数根依次为m，m+d,m+2d，m+3d，不妨设m，m+3d为x2-18x+a=0的两个实数根,则m+d，m+2d为方程x2—18x+b=0的两个根，由韦达定理得2m+3d=18，即m=9-32d，又m(m+3d)=a