2021高考数学二轮复习专题练-三、核心热点突破-专题二-数列-专题检测卷数-列.doc

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题二 数列 专题检测卷数 列2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题二 数列 专题检测卷数 列年级：姓名：专题检测卷(二)数列(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.(2020合肥质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，a13，2a43a79，则S7的值为()A.21 B.1 C.42 D.0解析法一设等差数列an的公差为d，则2a43a72(a13d)3(a16d)5a124d9.将a13代入可得d1，所以S77a1d7(3)2110.故选D.法二由等差数列的性质可得2a43a7a1a73a79.因为a13，所以a73，所以S70.故选D.答案D2.(2020南昌调研)公比不为1的等比数列an中，若a1a5aman，则mn不可能为()A.5 B.6 C.8 D.9解析由等比数列an满足a1a5aman，可得mn156，且m，nN*，所以m，n的可能取值分别为m1，n5或m2，n4或m3，n3或m4，n2或m5，n1，所以mn不可能为6.故选B.答案B3.(2020辽宁五校联考)已知数列an满足：a11，an1则a6()A.16 B.25 C.28 D.33解析a11，a2a134，a32a219，a4a3312，a52a4125，a6a5328.故选C.答案C4.(2020安徽六校素质测试)已知等差数列an的前n项和是Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比数列，则()A.a1d0，dS30 B.a1d0，dS30C.a1d0 D.a1d0，dS30解析由a2，a3，a6成等比数列，可得aa2a6.又数列an是等差数列，(a12d)2(a1d)(a15d)，即2a1dd20.公差d不等于零，a1d0.故选C.答案C5.(2020德州质检)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，该数列的特点是前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列an称为“斐波那契数列”，则(a1a3a)(a2a4a)(a3a5a)(a2 013a2 015a)()A.1 B.0 C.1 007 D.1 006解析由题意，得a1a3a1211，a2a4a1341，a3a5a2591，a4a6a38251，a2 013a2 015a1，所以原式1(1)1(1)11.故选A.答案A6.数列an的前n项和为Sn，且3anSn4(nN*)，设bnnan，则数列bn的项的最大值为()A. B. C. D.2解析由条件可知：3anSn4，3an1Sn14(n2).相减，得anan1.又3a1S14a14，故a11.则an，bnn.设bn中最大的项为bn，则即解之得3n4.bn的项的最大值为b3b4.答案B7.(2020湘赣皖十五校联考)记Sn为数列an的前n项和，数列an对任意的p，qN*满足apqapaq13.若a37，则当Sn取最小值时，n()A.6 B.7 C.8 D.9解析由题意可得，a3a1a213(a113)(2a113)7，所以a111.由已知条件可得，对任意的nN*，an1ana113an2，所以an1an2，所以数列an是等差数列，an2n13.要使Sn的值最小，则即解得n.又nN*，所以n6.故选A.答案A8.(2020北京卷)在等差数列中，a19，a51.记Tna1a2an(n1，2，)，则数列()A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项解析由得解得d2.an2n11，Tn(9)(7)(2n11).当n5时，an0，当n5时，an0，故T10，T20，T30，T40，T50，T60，Tn0.故有最大项T4，无最小项.故选B.答案B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”，下列对“等差比数列”的判断正确的是()A.k不可能为0B.等差数列一定是“等差比数列”C.等比数列一定是“等差比数列”D.“等差比数列”中可以有无数项为0解析由等差比数列的定义可知，等差比数列的k的值不为0，所以A正确；当an是等差数列且公差为0，即an为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以B不正确；当an是等比数列且公比q1时，an不是等差比数列，所以C不正确；数列0，1，0，1是k1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以D正确.故选AD.答案AD10.(2020菏泽素质测试)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题正确的是()A.若d0，则数列Sn有最大项B.若数列Sn有最大项，则d0，则数列Sn是递增数列D.若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0解析由等差数列的求和公式，得Snna1dn2n(nN*).设f(n)n2n，d0，nR.A中，若d0，由二次函数f(n)的性质可得数列Sn有最大项，正确；B中，若数列Sn有最大项，则抛物线f(n)的开口向下，所以d0，则抛物线f(n)的开口向上，所以d0，可得数列Sn是递增数列，正确；D中，若数列Sn是递增数列，则抛物线f(n)的开口向上，但不一定对任意nN*，均有Sn0，错误.故选ABC.答案ABC11.(2020山东十校联考)已知等比数列an的各项均为正数，公比为q，且a11，a6a7a6a712，记an的前n项积为Tn，则下列选项正确的是()A.0q1C.T121 D.T131解析因为等比数列an的各项均为正数，公比为q，且a11，a6a7a6a712，所以(a61)(a71)0，得a61或a61，a71，当a61时，q1，但由a11得an1，与a61，a71时，0q1，满足题意.所以0q2，所以a6a71，所以T12a1a2a11a12(a6a7)61，T13a0，给出下列四个命题，其中的真命题是()A.数列anbn单调递增B.数列anbn单调递增C.数列an从某项以后单调递增D.数列bn从某项以后单调递增解析因为an12anbn，bn1an2bnln ，所以an1bn1anbnln .当n1时，a2b2a1b1ln 2，所以a2b20，所以数列anbn单调递增，则B正确.因为an12anbnanln n(a1b1)3n1，所以an1anln n(a1b1)3n10，则C正确.因为bn1bnanbnln ，所以bn1bnln(n1)2ln n(a1b1)3n1.根据指数函数和对数函数的性质，可知数列bn从某一项以后单调递增，则D正确.故选BCD.答案BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020浙江卷)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列.数列(nN*)的前3项和是_.解析设an，则a11，a23，a36，因此前3项和S3a1a2a313610.答案1014.(2020石家庄模拟)记Sn为等差数列an的前n项和.若a10，a23a1，则_.解析法一由a10，a23a1，可得d2a1，所以S1010a1d100a1，S55a1d25a1，所以4.法二设等差数列an的公差为d，由a10，a23a1得d2a1.则4.答案415.(2020东北三校一联)数列an满足a11，an(2Sn1)2S(n2，nN*)，则an_.解析an(2Sn1)2S，(SnSn1)(2Sn1)2S(n2)，化简得Sn1Sn2SnSn1，易知Sn0，则2(n2)，Sn，则anSnSn1，n2.经验证，当n1时，不符合an.综上，an答案16.(2020江苏卷)设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列.已知数列anbn的前n项和Snn2n2n1(nN*)，则dq的值是_.解析由题意知q1，所以Sn(a1a2an)(b1b2bn)na1dn2nn2n2n1，所以所以d2，q2，所以dq4.答案4四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)(2020海南模拟)在b3a4，a33b3，a24b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断cn是否是递增数列，请说明理由.已知an是公差为1的等差数列，bn是正项等比数列，a1b11，_，cnanbn(nN*).判断cn是否是递增数列，并说理理由.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解因为an是公差为1，首项为1的等差数列，所以an1n1n.设bn的公比为q(q0).若选，由b3a44，得b3b1q24，而b11，所以q2(负值已舍去)，所以bn2n1，因此cnn2n1.因为1，即cncn1，所以cn是递增数列.若选，由a33b33，得b3b1q21.而b11，所以q1(负值已舍去).所以bn1，则cnn.因为cnnSk1且Sk1Sk2?(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解设等比数列bn的公比为q(q0).b23，b581，b11，q3，bn(3)n1.又b1a5，a51.法一选b1b3a2时：设等差数列an的公差为d.a2b1b31(1)(3)210，a51，d3，a113，Sk13k3k2k，Sk1k2k3k13，Sk2k2k6k23.要使Sk1Sk，且Sk1Sk2，只要k，存在k4符合题意.选a4b4时，设等差数列an的公差为d.a51，a4b4(3)327，a1111，d28，Sk125k14k2，Sk1125k14k228k111，Sk2125k14k256k194.要使Sk1Sk，且Sk1且k，不存在符合题意的k.选S525时：设等差数列an的公差为d.25，a51，a19，d2.同理可得k，存在k4符合题意.法二选b1b3a2时：设等差数列an的公差为d.a51，a2b1b31(1)(3)210，d3，ana2(n2)d3n16，此时存在k4，使ak1a50，即存在k4符合题意.选a4b4时：同理可得an28n139，此时an为递减数列，不存在正整数k符合题意.选S525时：同理可得an2n11，此时存在k4，使ak1a50，即存在k4符合题意.19.(本小题满分12分)(2020浙江卷)已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan1an，cn1cn，nN*.(1)若bn为等比数列，公比q0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn1，nN*.(1)解由b1b26b3，得1q6q2，解得q.所以bn.由cn14cn，得cn4n1.由an1an4n1，得ana1144n2.(2)证明由cn1cn，得cn，所以c1c2c3cn.由b11，d0，得bn11，因此c1c2c3cn1，nN*.20.(本小题满分12分)(2020全国卷)设数列an满足a13，an13an4n.(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前n项和Sn.解(1)a25，a37.猜想an2n1.证明如下：由已知可得an1(2n3)3an(2n1)，an(2n1)3an1(2n1)，a253(a13).因为a13，所以an2n1.(2)由(1)得2nan(2n1)2n，所以Sn32522723(2n1)2n.从而2Sn322523724(2n1)2n1.得Sn3222222322n(2n1)2n1，所以Sn(2n1)2n12.21.(本小题满分12分)(2020杭州统测模拟)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a2an4Sn1.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，求Tn的取值范围.解(1)由题意，当n1时，a2a14S114a11，整理，得a2a110，解得a11.当n2时，由a2an4Sn1，得a2an14Sn11，两式相减，得a2ana2an14Sn14Sn114an，即aa2an2an1，(anan1)(anan1)2(anan1).anan10，anan12，数列an是以1为首项，2为公差的等差数列.an12(n1)2n1.(2)由(1)知，Snn2n2，则bn.Tnb1b2bnTn0，bn0，易证Tn单调递增，TnT1b1，Tn.Tn的取值范围为.22.(本小题满分12分)(2020天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1b11，a55(a4a3)，b54(b4b3).(1)求和的通项公式；(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn2S(nN*)；(3)对任意的正整数n，设cn求数列cn的前2n项和.(1)解设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a11，a55(a4a3)，可得d1，从而的通项公式为ann.由b11，b54(b4b3)，又q0，可得q24q40，解得q2，从而 的通项公式为bn2n1.(2)证明由(1)可得Sn，故SnSn2n(n1)(n2)(n3)，S(n1)2(n2)2，从而SnSn2S(n1)(n2)0，所以SnSn2S.(3)解当n为奇数时，cn；当n为偶数时，cn.对任意的正整数n，有c2k1 1，和c2k .由得c2k.得c2k，从而得c2k.因此，ckc2k1c2k.所以，数列cn的前2n项和为.