数列(9)
一 、 选 择 题 ( 本 题 共 12 小 题 ， 每 小
题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的)
1．[2019·河北衡水中学摸底]已知数列{a n}，若数列{3n－1an}
的前 n 项和 Tn＝1
5
×6n－1
5
，则 a5 的值为( )
A.81
5
B.16
5
C．16 D．32
答案：C
解析：通解 ∵Tn＝1
5
×6n－1
5
，∴n≥2 时，3n－1an＝Tn－Tn－1
＝1
5
×6n－1
5
×6n－1＝6n－1，即 an＝2n－1(n≥2)，∴a5＝16，故选 C.
优解 ∵Tn＝1
5
×6n－1
5
，∴34a5＝T5－T4＝65－1
5
－64－1
5
＝64，
∴a5＝24＝16，故选 C.
2．[2019·期末]已知数列{a n}满足 a1＝1，前 n 项和
为 Sn，且 Sn＝2an(n≥2，n∈N*)，则{an}(n≥2)的通项公式为 an＝
( )
A．2n－1 B．2n－2
C．2n＋1－3 D．3－2n
答案：B
解析：∵Sn＝2an(n≥2，n∈N*)，∴n≥3 时，an＝Sn－Sn－1＝2an
－2an－1，即 an＝2an－1(n≥3)，易得 a2＝1，∴an＝2n－2(n≥2)，故
选 B.
3．[2019·月考]在各项均为正数的数列{a n}中，a1＝
2，a 2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 为{an}的前 n 项和，若 Sn＝242，
则 n＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8答案：A
解析：由 a 2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，得(an＋1－3an)(an＋1＋an)＝
0，即 an＋1＝3an 或 an＋1＝－an，又{an}各项均为正数，所以 an＋1＝
3an.因为 a1＝2，an＋1＝3an，所以数列{an}是首项为 2，公比为 3
的等比数列，则由 Sn＝2(1－3n)
1－3
＝242，解得 n＝5，故选 A.
4．[2019·湖北武汉部分重点中学联考]已知数列{an}的通项公
式是 an＝(－1)n·(3n－1)，则 a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
答案：A
解析：依题意，得 a1＋a2＋…＋a10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋
a4＋…＋a10)＝－(2＋8＋…＋26)＋(5＋11＋…＋29)＝－2＋26
2
×5
＋5＋29
2
×5＝－70＋85＝15.故选 A.
5．[2019·湖北武汉月考]两千多年前，古希腊毕
达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩
上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数
进行分类，如下图中实心点的个数依次为 5,9,14,20，…，这样的
一组数被称为梯形数，记此数列为{an}，则( )
A．an＋1＋an＝n＋2 B．an＋1－an＝n＋2
C．an＋1＋an＝n＋3 D．an＋1－an＝n＋3
答案：D
解析：由已知可得 a2－a1＝4，a3－a2＝5，a4－a3＝6，…，由
此可以得到 an＋1－an＝n＋3.故选 D.
6．[2019·湖北武汉一中月考]已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1
2
n2
＋n，则( )
A．an＝n＋1
2
B．an＝Error!
C．an＝2n－1
2
D．an＝Error!
答案：A解析：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝1
2
n2＋n－
[
1
2
(n－1)2＋(n－1)
]＝n＋1
2
；当 n＝1 时，a1＝S1＝1
2
×12＋1＝3
2
，符合上式．所以 an＝n
＋1
2
(n∈N*)．故选 A.
7．[2019·甘肃酒泉五校联考]设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，
若 a4，a3，a5 成等差数列，且 Sk＝33，Sk＋1＝－63，其中 k∈N*，
则 k 的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
答案：B
解析：设等比数列{an}的公比为 q，由 a4，a3，a5 成等差数列，
得 2a3＝a4＋a5，即 2a1q2＝a1q3＋a1q4.易知 a1≠0，q≠0，所以 q2＋
q－2＝0，解得 q＝1 或 q＝－2.当 q＝1 时，与 Sk＝33，Sk＋1＝－63
矛盾，舍去，所以 q＝－2.又 Sk＝a1(1－qk)
1－q
＝33，Sk＋1＝a1(1－qk＋1)
1－q
＝－63，所以 k＝5.故选 B.
8．[2019·山西河津二中月考]已知数列{an}为1
2
，1
3
＋2
3
，1
4
＋2
4
＋
3
4
，1
5
＋2
5
＋3
5
＋4
5
，…，若 bn＝ 1
anan＋1
，则数列{bn}的前 n 项和 Sn 为
( )
A. 4n
n＋1
B.2n－2
n＋1
C. n
n＋1
D. n－1
2(n＋1)
答案：A
解析：∵an＝1＋2＋…＋n
n＋1
＝n
2
，∴bn＝ 4
n(n＋1)
＝4
(
1
n
－ 1
n＋1)，
∴Sn＝4
(1－ 1
n＋1)＝ 4n
n＋1
.故选 A.
9．[2019·辽宁月考]已知数列{an}的通项公式为 an＝
Error!且 bn＝an＋an＋1，则 b1＋b2＋…＋b200＝( )
A．－400 B．400
C．－200 D．200答案：C
解析：∵an＝Error!且 bn＝an＋an＋1，∴n 为奇数时，bn＝－n2
＋(n＋1)2＝2n＋1，n 为偶数时，bn＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，∴b1＋
b2 ＋ … ＋ b200 ＝ (b1 ＋ b3 ＋ … ＋ b199) ＋ (b2 ＋ b4 ＋ … ＋ b200) ＝
100 × (3＋399)
2
＋100 × (－5－401)
2
＝－200.故选 C.
10．[2019·天津部分地区第三次联考]已知 f(x)＝1
2
＋sin
(x－1
2)，
数列{an}满足 an＝f(0)＋f
(
1
n )＋f
(
2
n )＋…＋f
(
n－1
n )＋f(1)，则 a2
019＝( )
A．1 009 B．1 010
C．2 019 D．2 020
答案：B
解析：因为 f(x)＝ 1
2
＋sin
(x－1
2)，所以 f(x)＋f(1－x)＝ 1
2
＋sin
(x－1
2)＋1
2
＋sin
(1－x－1
2)＝1＋sin
(x－1
2)－sin
(x－1
2)＝1.又数列{an}
满足 an＝f(0)＋f
(
1
n )＋f
(
2
n )＋…＋f
(
n－1
n )＋f(1)，所以 a2 019＝f(0)
＋f
(
1
2 019)＋f
(
2
2 019)＋…＋f
(
2 018
2 019)＋f(1)＝1 010×1＝1 010.故选 B.
11．[2019·河北邢台月考]在数列{an}中，a1＝1，an＝ n2
n2－1
·an
－1(n∈N*，n≥2)，记 Sn 为数列
{
an
n2 }的前 n 项和，若 Sn＝49
25
，则 n
＝( )
A．25 B．49
C．50 D．26
答案：B
解 析 ： 设 an
n2
＝ bn ， ∵an ＝ n2
n2－1
an － 1(n≥2) ， ∴an
n2
＝
an－1
(n－1)2
·n－1
n＋1
， ∴bn ＝ n－1
n＋1
bn － 1 ， b1 ＝ 1 ， ∴bn ＝ 2
n(n＋1)
＝2
(
1
n
－ 1
n＋1)，∴Sn＝ 2n
n＋1
，∴ 2n
n＋1
＝49
25
，∴n＝49.故选 B.
12．[2019·甘肃酒泉五校联考]在递减的等差数列{an}中，a1a3
＝a22－4，若 a1＝13，则数列
{
1
anan＋1}的前 n 项和 Sn 的最大值为( )
A. 24
143
B. 1
143
C.24
13
D. 6
13
答案：D
解析：设等差数列{an}的公差为 d，则 d
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