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阶段质量检测(二) 数 列
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)
1．数列3,5,9,17,33，…的通项公式an等于( )
A．2n B．2n＋1
C．2n－1 D．2n＋1
2．下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( )
A．1，，，，…
B．－1,2，－3,4，…
C．－1，－，－，－，…
D．1，，，…，
3．记等差数列的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d＝________.( )
A．2 B．3
C．6 D．7
4．在数列{an}中，a1＝2,2an＋1－2an＝1，则a101 的值为( )
A．49 B．50
C．51 D．52
5．等差数列{an}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是( )
A．90 B．100
C．145 D．190
6．(2022·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
7．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，又数列是等差数列，则a11等于( )
A．0 B.
C. D．－1
8．等比数列{an}的通项为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的( )
A．第5项 B．第12项
C．第13项 D．第6项
9．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于( )
A．1 033 B．1 034
C．2 057 D．2 058
10．我们把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，由于这些数目的点可以排成一个正三角形，如下图所示：
则第七个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
11．若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a5＝________；前8项的和S8＝________(用数字作答)．
12．数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋n(n≥2)，则a5＝________.
13．等比数列{an}中，a2＋a4＋…＋a20＝6，公比q＝3，则前20项和S20＝________.
14．在等差数列{an}中，其前n项的和为Sn，且S6＜S7，S7＞S8，有下列四个命题：
①此数列的公差d＜0；
②S9确定小于S6；
③a7是各项中最大的一项；
④S7确定是Sn中的最大项．
其中正确的命题是________．(填入全部正确命题的序号)
三、解答题(共4小题，共50分)
15．(12分)等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
16．(12分)数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.
(1)求证：数列{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
17．(12分)已知{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是各项都是正数的等比数列，
(1)若a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列，求数列{an}的通项公式；
(2)若b1＝1，且b2，b3,2b1成等差数列，求数列{bn}的通项公式．
18．(14分)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式an；
(3)设bn＝n(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
答 案
阶段质量检测(二) 数 列
1．选B 由于3＝2＋1,5＝22＋1,9＝23＋1，…，所以通项公式是an＝2n＋1.
2．选C A为递减数列，B为摇摆数列，D为有穷数列．
3．选B S4－S2＝a3＋a4＝20－4＝16，
∴a3＋a4－S2＝(a3－a1)＋(a4－a2)＝4d＝16－4＝12，
∴d＝3.
4．选D ∵2an＋1－2an＝1，
∴an＋1－an＝，
∴数列{an}是首项a1＝2，公差d＝的等差数列，
∴a101＝2＋(101－1)＝52.
5．选B 设公差为d，
∴(1＋d)2＝1×(1＋4d)，
∵d≠0,
∴d＝2，从而S10＝100.
6．选A 由于a3a11＝a，又数列{an}的各项都是正数，所以解得a7＝4，
由a7＝a5·22＝4a5，求得a5＝1.
7．选B 设数列{bn}的通项bn＝，因{bn}为等差数列，b3＝＝，b7＝＝，公差d＝＝，
∴b11＝b3＋(11－3)d＝＋8×＝，即得1＋a11＝，a11＝.
8．选C 162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项．
9．选A 由已知可得an＝n＋1，
bn＝2n－1，
于是abn＝bn＋1，
因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝＋10＝1 033.
10．选B 法一：∵a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，
∴a6－a5＝6，a6＝21，a7－a6＝7，
a7＝28.
法二：由图可知第n个三角形数为，
∴a7＝＝28.
11．解析：由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)知{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，由通项公式及前n项和公式知a5＝a1q4＝16，S8＝＝＝255.
答案：16 255
12．解析：由an＝an－1＋n(n≥2)，得an－an－1＝n.则a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，把各式相加，得a5－a1＝2＋3＋4＋5＝14，
∴a5＝14＋a1＝14＋1＝15.
答案：15
13．解析：S偶＝a2＋a4＋…＋a20，
S奇＝a1＋a3＋…＋a19，
则＝q，
∴S奇＝＝＝2.
∴S20＝S偶＋S奇＝6＋2＝8.
答案：8
14．解析：∵S7＞S6，即S6＜S6＋a7，
∴a7＞0.同理可知a8＜0.
∴d＝a8－a7＜0.
又∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，
∴S9＜S6.
∵数列{an}为递减数列，且a7＞0，
a8＜0，
∴可知S7为Sn中的最大项．
答案：①②③
15．解：(1)设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，
∴an＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32.
设{bn}的公差为d，
则有
解得
从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n.
16．解：(1)证明：∵a1＝S1，an＋Sn＝n①，
∴a1＋S1＝1，得a1＝.
又an＋1＋Sn＋1＝n＋1②，
①②两式相减得2(an＋1－1)＝an－1，
即＝，也即＝，
故数列{cn}是等比数列．
(2)∵c1＝a1－1＝－，
∴cn＝－，an＝cn＋1＝1－，
an－1＝1－.
故当n≥2时，bn＝an－an－1＝－＝.
又b1＝a1＝，即bn＝.
17．解：(1)由题意可设公差为d，则d≠0，
由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，
解得d＝1或d＝0(舍去)，
故数列{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由题意可设公比为q，则q＞0，
由b1＝1，且b2，b3,2b1成等差数列得b3＝b2＋2b1，
∴q2＝2＋q，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
故数列{bn}的通项公式为bn＝1×2n－1＝2n－1.
18．解：(1)证明：由已知可得＝，
即＝＋1，即－＝1.
∴数列{}是公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝.
(3)由(2)知bn＝n·2n.
Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
相减得
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1
＝2n＋1－2－n·2n＋1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
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