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专题三综合测试
一、选择题：本大题共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，将答案填在题后括号内．
1．在数列{an}中，a1＝2，当n为正奇数时，an＋1＝an＋2，当n为正偶数时，an＋1＝2an，则a6＝( )
A．11 B．17 C．22 D．23
解析 逐项计算得该数列的前6项依次为：2,4,8,10,20,22.
答案 C
2．各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1，a2，a3，a1成等差数列，则＝( )
A. B.
C. D.
解析 依题意，有a3＝a1＋a2，设公比为q，
则有q2－q－1＝0，所以q＝(舍去负值)．
＝＝＝＝.
答案 B
3．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝18，S20＝24，则S40等于( )
A. B.
C. D.
解析 依据分析易知：∵S10＝18，S20－S10＝6，∴S30－S20＝2，S40－S30＝，∴S40＝，故选A.
答案 A
4．等差数列{an}中，已知a1＝－6，an＝0，公差d∈N*，则n(n≥3)的最大值为( )
A．7 B．6
C．5 D．8
解析 an＝a1＋(n－1)d＝0，∴d＝.又d∈N*，∴n(n≥3)的最大值为7.
答案 A
5．设f(x)是定义在R上恒不为0的函数，对任意实数x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若an＝f(n)(n∈N*)，且a1＝，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由题意知a1＝f(1)＝，an＋1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝an.∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，∴Sn＝＝1－n，∴Sn的取值范围是.
答案 D
6．数列{an}的通项公式an＝，若{an}的前n项和为24，则n为( )
A．25 B．576
C．624 D．625
解析 ∵an＝＝－(－)，∴{an}的前n项和Sn＝－＝－1＝24，∴n＝624.
答案 C
7.＋＋＋…＋＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析 设S＝＋＋＋…＋，则S＝＋＋＋…＋，两式相加得2S＝1＋1＋…＋1＝10，∴S＝5.
答案 D
8．公差不为0的等差数列{an}中，3a2 010－a＋3a2 014＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 012＝a2 012，则b2 011b2 013＝( )
A．4 B．8
C．16 D．36
解析 ∵3a2 010－a＋3a2 014＝0，
∴6a2 012－a＝0，即a2 012(a2 012－6)＝0.
∵数列{bn}是等比数列，
∴a2 012＝b2 012≠0.
∴b2 012＝a2 012＝6.
∴b2 011b2 013＝b＝62＝36.
答案 D
9．已知数列{an}的首项a1＝1，且an＝2an－1＋1(n≥2)，则an等于( )
A．3n＋2 B．2n－1
C．2n＋1 D．3n－1
解析 设an＋m＝2(an－1＋m)，∴an＝2an－1＋m，∴m＝1，∴当n≥2时，＝2，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1；
又当n＝1时，a1＝21－1，∴n∈N*时，an＝2n－1.
答案 B
10．已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于( )
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
解析 由{an}为等比数列，则a5·a2n－5＝a1·a2n－1＝22n，
则(a1·a3·a5·…·a2n－1)2＝(22n)n⇒a1·a3·…·a2n－1＝2n2，
故log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1·a3·…·a2n－1)＝n2.
答案 C
11．在公差为d，各项均为正整数的等差数列{an}中，若a1＝1，an＝51，则n＋d的最小值为( )
A．14 B．16
C．18 D．10
解析 由题意得an＝1＋(n－1)d＝51，即(n－1)d＝50，且d>0.由(n－1)＋d≥2＝2(当且仅当n－1＝d时等号成立)，得n＋d≥10＋1，由于n，d均为正整数，所以n＋d的最小值为16.
答案 B
12．(2022·上海)设an＝sin，Sn＝a1＋a2＋…＋an.在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．25 B．50
C．75 D．100
解析 由数列通项可知，当1≤n≤25，n∈N*时，an≥0，当26≤n≤50，n∈N*时，an≤0，由于a1＋a26>0，a2＋a27>0，…，所以S1，S2，…，S50都是正数；当51≤n≤100，n∈N*时，同理S51，S52，…，S100也都是正数，所以正数的个数是100.
答案 D
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．
13．(2021·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析 由已知得a1＝1，a3＝4，所以q＝2，则S6＝＝63.
答案 63
14．(2021·河南商丘二模)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝________.
解析 设公差为d，由题设知3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以d＝－a1<0.
解不等式an>0，
即a1＋(n－1)>0.
所以n<，则n≤9.
当n≤9时，an>0，同理可得当n≥10时，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
答案 9
15．已知数列{an}中，a1＝4，an＝4n－1an－1(n>1，n∈N*)，则通项公式an＝________.
解析 ∵an＝4n－1an－1，
∴＝4，＝42，…＝4n－1以上式子相乘得：
＝41＋2＋…＋(n－1)＝2(n－1)n，
∴an＝2n2－n＋2.
答案 2n2－n＋2
16．(2021·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
解析 a6＋a7＝a5q＋a5q2＝3，把a5＝代入得q2＋q－6＝0，即q＝2，所以a1＝，所以an＝2n－6，Sn＝2n－5－2－5，a1a2…an＝(a1an) ＝2，由题意2n－5－2－5>2，当2n－5>2时可求得n的最大值为12，当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.
答案 12
三、解答题：本大题共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10分)(2021·四川卷)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
解 设该数列公差为d，前n项和为Sn.由已知，可得
2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋8d)(a1＋d)．
所以，a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.
所以，数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝.
18．(本小题12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝35，a5和a7的等差中项为13.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由于S5＝5a3＝35，a5＋a7＝26，
所以有
解得a1＝3，d＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1；
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝1－＝.
19．(本小题12分)已知等差数列{an}(n∈N*)中，an＋1>an，a2a9＝232，a4＋a7＝37.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若将数列{an}的项重新组合，得到新数列{bn}，具体方法如下：b1＝a1，b2＝a2＋a3，b3＝a4＋a5＋a6＋a7，b4＝a8＋a9＋a10＋…＋a15，…，依此类推，第n项bn由相应的{an}中2n－1项的和组成，求数列的前n项和Tn.
解 (1)由a2a9＝232与a4＋a7＝a2＋a9＝37，
解得：或(由于an＋1>an，舍去)．
设公差为d，则解得
所以数列{an}的通项公式为an＝3n＋2(n∈N*)．
(2)由题意得：
bn＝a2n－1＋a2n－1＋1＋a2n－1＋2＋…＋a2n－1＋2n－1－1
＝(3·2n－1＋2)＋(3·2n－1＋5)＋(3·2n－1＋8)＋…＋＝2n－1×3·2n－1＋．而2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n－1项的和，
所以2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)
＝2n－1×2＋×3＝3·22n－3＋·2n.
所以bn＝3·22n－2＋3·22n－3＋·2n
＝·22n＋·2n.
所以bn－·2n＝·22n.
所以Tn＝(4＋16＋64＋…＋22n)＝×＝(4n－1)．
20．(本小题12分)设函数f(x)＝＋sinx的全部正的微小值点从小到大排成的数列为{xn}．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)设{xn}的前n项和为Sn，求sinSn.
解 (1)令f′(x)＝＋cosx＝0，所以cosx＝－，
解得x＝2kπ±π(k∈Z)．
由xn是f(x)的第n个正微小值点知，xn＝2nπ－π(n∈N*)．
(2)由(1)可知，
Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－，
所以sinSn＝sin.
由于n(n＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n＋1)确定为偶数，所以sinSn＝－sin.
当n＝3m－2(m∈N*)时，
sinSn＝－sin＝－；
当n＝3m－1(m∈N*)时，
sinSn＝－sin＝；
当n＝3m(m∈N*)时，
sinSn＝－sin2mπ＝0.
综上所述，sinSn＝
21．(本小题12分)(2021·湖北卷)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得
解得或
故an＝·3n－1，或an＝－5·(－1)n－1.
(2)若an＝·3n－1，则＝·n－1，
故是首项为，公比为的等比数列，
从而＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，故是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而＝故<1.
综上，对任意正整数m，总有<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．
22．(本小题12分)(2021·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
解 由题设，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即2＝a，化简得d2－2ad＝0.由于d≠0，所以d＝2a.
因此，对于全部的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于全部的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于全部的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)．
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于全部的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
从而有
由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.
即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设冲突，所以d1≠0.
又cd1＝0，所以c＝0.
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