由an?an?1?an?2为定值，可得an?3?an，则?an?是以3为周期的数列，求出a1,a2,a3，即求S100. 【详解】

对任意的n?N+，均有an?an?1?an?2为定值，

??an?1?an?2?an?3???an?an?1?an?2??0，

故an?3?an，

??an?是以3为周期的数列，

故a1?a7?2,a2?a98?4,a3?a9?3，

?S100??a1?a2?a3??L??a97?a98?a99??a100?33?a1?a2?a3??a1 ?33?2?4?3??2?299.

故选：B. 【点睛】

本题考查周期数列求和，属于中档题.

8．数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：an?2?an?1?an.记该数列{an}的前n项和为

Sn，则下列结论正确的是（ ）

A．S2019?a2020?2 C．S2019?a2020?1 【答案】D 【解析】 【分析】

根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果. 【详解】 因为

B．S2019?a2021?2 D．S2019?a2021?1

Sn?a1?a2?a3?L?an?(a3?a2)?(a4?a3)?(a5?a4)?(a6?a5)?L(an?2?an?1) ?an?2?a2?an?2?1，

所以S2019?a2021?1，选D. 【点睛】

本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.

9．已知单调递增的等比数列?an?中，a2?a6?16，a3?a5?10，则数列?an?的前n项和Sn?（ ）

1? 4【答案】B 【解析】 【分析】

A．2n?2B．2n?11? 2C．2n?1 D．2n?1?2

由等比数列的性质，可得到a3,a5是方程x2?10x?16?0的实数根，求得a1,q，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】

由题意，等比数列?an?中，a2?a6?16，a3?a5?10， 根据等比数列的性质，可得a3?a5?16，a3?a5?10，

所以a3,a5是方程x2?10x?16?0的实数根，解得a3?2,a5?8或a3?8,a5?2， 又因为等比数列?an?为单调递增数列，所以a3?2,a5?8， 设等比数列?an?的首项为a1，公比为q(q?1)

?a1q2?21可得?4，解得a1?,q?2，

2?a1q?81n(1?2)1. 所以数列?an?的前n项和

Sn?2?2n?1?1?22故选：B. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.

10．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取

lg3?0.4771，lg2?0.3010）

A．16 【答案】D 【解析】

B．17

C．24

D．25

【分析】

?4??4?由折线长度变化规律可知“n次构造”后的折线长度为??a，由此得到???1000，利?3??3?用运算法则可知n?【详解】

记初始线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为

2nn3，由此计算得到结果.

2?lg2?lg34a，“二次构造”后的折线长度为3n?4?，以此类推，“n次构造”后的折线长度为?4?，??a??a ?3??3??4??4?若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则??a?1000a，即???1000，

?3??3?nn4?4??lg???nlg?n?lg4?lg3??n?2lg2?lg3??lg1000?3，

3?3?3?24.02，?至少需要25次构造.

2?0.3010?0.4771故选：D. 【点睛】

即n?本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.

n

11．已知?an?是单调递增的等比数列，满足a3?a5?16,a2?a6?17，则数列?an?的前n项和Sn? A．2?C．2n?1n1 2B．2?D．2n?1n1 21? 21 2【答案】D 【解析】 【分析】

?和a1，代入求和公式计算可得． 【详解】

∵a3?a5?16,a2?a6?17，

由等比数列的性质和韦达定理可得a2，a6 为方程x2?17x?16?0 的实根，解方程可得q

∴由等比数列的性质可得a2?a6?16，a2?a6?17 ，

a2，a6 为方程x2?17x?16?0 的实根

，a6?16，或a2?16，a6?1 ， 解方程可得a2?1∵等比数列{an}单调递增，

∴a2?1，a6?16，∴q?2，a1＝ ，

1211?2n1 ∴

Sn＝2＝2n?1?1?22故选D． 【点睛】

??本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．

12．已知数列?an?满足：a1?2,an?1Sn??Sn?1??0?n?N*?，其中Sn为数列?an?的前n项

2和.设f(n)??S1?1??S2?1?L?Sn?1?，若对任意的n均有f(n?1)?kf(n)成立，则

n?1B．3

C．4

D．5

k的最小

整数值为（ ） A．2 【答案】A 【解析】 【分析】

当n?1时，有条件可得Sn?1?Sn???Sn?1?Sn2，从而Sn?1?1?Sn?1，故Sn1?1??1，得出 ??是首项、公差均为1的等差数列，从而求出Sn Sn?1?1Sn?1?Sn?1??【详解】

当n?1时，有条件可得Sn?1?Sn??1?Sn?1?Sn2，从而Sn?1?1?Sn?1，故Sn1Sn?1?1?S11?1?11?n??1，又??1，???是首项、公差均为1的Sn?1Sn?1Sn?1S1?12?1?Sn?1?等差数列，

?1n?1?S?1??S2?1?L?Sn?1?，?n，Sn?，由f(n)?1 Sn?1n?1nf(n?1)(n?1)?Sn?1?1?2n?31?5????2???,2?， f(n)n?2n?2n?2?3?得

依题意知k?f(n?1)， f(n)?kmin?2.

故选：A 【点睛】