2023版大一轮数学人教A版-复习验收卷(六)数列.doc

复习验收卷(六)　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·洛阳质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝272，则a3＋a9＋a15＝
(　　)
A.24 B.36 C.48 D.64
答案　C
解析　因为数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，
所以S17＝272＝×17＝×17＝17a9，
∴a9＝16，所以a3＋a9＋a15＝3a9＝48.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝2Sn－1(n∈N*)，则a10＝(　　)
A.128 B.256 C.512 D.1 024
答案　B
解析　因为a1＝2，Sn＋1＝2Sn－1，所以Sn＋1－1＝2(Sn－1)，所以{Sn－1}是等比数列，且公比为2，首项为S1－1＝1，所以Sn－1＝2n－1，所以Sn＝2n－1＋1，所以a10＝S10－S9＝29－28＝256.故选B.
3.已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为
(　　)
A.an＝2n B.an＝
C.an＝2n－1 D.an＝2n＋1
答案　B
解析　由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，Sn＝2n＋1－1.
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.
所以数列{an}的通项公式为an＝故选B.
4.(2021·重庆诊断)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，若数列{an}的前n项和为Sn，则S8＝
(　　)
A.546 B.582 C.510 D.548
答案　A
解析　由an＝2n＋n，可得S8＝(2＋22＋23＋…＋28)＋(1＋2＋…＋8)＝＋＝546.
5.(2020·合肥模拟)记等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn.若S10＝40，a6＝5，则
(　　)
A.d＝3 B.a10＝12
C.S20＝280 D.a1＝－4
答案　C
解析　依题意，得S10＝＝5(a5＋a6)＝40，解得a5＝3，
则d＝a6－a5＝2，则a10＝a6＋4d＝5＋8＝13，a1＝a5－4d＝－5.
S20＝20a1＋190d＝－100＋380＝280.
6.(2021·郑州质检)正项等比数列{an}中的a3，a4 039是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则log a2 021＝
(　　)
A.－1 B.1 C. D.2
答案　B
解析　因为a3，a4 039是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，
则是f′(x)＝x2－8x＋6＝0有两个根，∴a3·a4 039＝6.
又{an}是正项等比数列，
所以a2 021＝＝，
因此log a2 021＝log＝1.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则S10的值为
(　　)
A.90 B.91 C.96 D.100
答案　B
解析　∵对任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
∴an＋1－an＝2.
∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.
又a1＝1，a2＝2，∴S10＝1＋9×2＋×2＝91.
故选B.
8.数列{an}的前n项和为Sn，且3an＋Sn＝4(n∈N*)，设bn＝nan，则数列{bn}的项的最大值为
(　　)
A. B. C. D.2
答案　B
解析　由条件可知：3an＋Sn＝4，3an－1＋Sn－1＝4(n≥2).相减，得an＝an－1.又3a1＋S1＝4a1＝4，故a1＝1.
则an＝，bn＝n.
设{bn}中最大的项为bn，则
即
解之得3≤n≤4.
∴{bn}的项的最大值为b3＝b4＝.
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.(2021·厦门质检)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是
(　　)
A.a4＝0 B.Sn的最大值为S3
C.S1＝S6 D.|a3|＜|a5|
答案　AC
解析　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝
－3d.
则an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；
因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；
由于d的取值情况不清楚，故S3可能为最大值也可能为最小值，故B不正确；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误.
10.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S3－.若a1＞1，则
(　　)
A.a1＞a3 B.a1＜a3
C.a2＜a4 D.a2＞a4
答案　AC
解析　由S4＝S3－得a4＝－，则显然等比数列{an}的公比q≠1，则有a1q3＝－，即aq3＝－，即aq3(1＋q＋q2)＝－1，易知q＜0，当q≤－1时，q3≤－1，1＋q＋q2≥1，因为a1＞1，则aq3(1＋q＋q2)＝－1不可能成立，所以－1＜q＜0，则a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，所以a1＞a3，a2＜a4，故选AC.
11.已知数列{an}，{bn}满足a1＞0，b1＞0，且(n∈N*)，则(　　)
A.a50＋b50＞20 B.a50＋b50＜20
C.a50b50＞100 D.a50b50＜100
答案　AC
解析　因为a1＞0，b1＞0，且所以an＋1bn＋1＝＝anbn＋＋2，且an＞0，bn＞0，所以an＋1bn＋1－anbn＝＋2＞2，所以anbn＞2(n－2)＋a2b2，所以a50b50＞2×48＋a1b1＋＋2≥100，当且仅当a1b1＝1时，取等号，所以a50＋b50＞2＞2＝20，故选AC.

12.(2021·德州一模)如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn(n∈N*)，连接GnE.点Gn满足＝an＋1·－2(2an＋3)·，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是
(　　)
A.a3＝13 B.数列{an＋3}是等比数列
C.an＝4n－3 D.Sn＝2n＋1－n－2
答案　AB
解析　因为点E是AB的中点，所以2＝＋.
又因为D，Gn，B三点共线，所以可设＝λ(λ＜0)，则＝－.
又因为＝an＋1·－2(2an＋3)·，所以即an＋1＝2an＋3.
所以an＋1＋3＝2(an＋3)，
因为数列{an}是首项为1的正项数列，所以{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.
所以a3＝13，Sn＝－3n＝2n＋2－3n－4.故选AB.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
答案　100
解析　∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝＝＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋d＝100.
14.设等比数列{an}的前6项和为6，且a1＝a，a2＝2a，则a＝________.
答案　
解析　由题意得公比q＝＝2，则S6＝＝63a＝6，解得a＝.
15.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且对任意正整数n都有＝－1，则Sn＝________.
答案　
解析　对任意正整数n都有＝－1，
∴＝－＝－1，
即－＝1，又＝1.
∴数列是首项与公差都为1的等差数列.
∴＝1＋n－1＝n，解得Sn＝.
16.数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝________.
答案　
解析　由题设，得an－an－1＝n(n≥2)
利用累加法，得an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
则＝＝2.
所以＋＋…＋
＝2
＝2×＝.
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)(2021·盐城质检)已知数列{an}的首项为a1＝1，________，求其通项公式.
在①an＋1＝an＋ln，②an＋1＝2nan，③an＋1＝3an＋2这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并求解.
解　选条件①：∵an＋1＝an＋ln，
∴an－an－1＝ln＝ln(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝ln＋ln＋…＋ln＋ln 2＋1
＝1＋ln＝1＋ln n(n≥2)，
又a1＝1适合上式，故其通项公式为
an＝1＋ln n(n∈N*).
选条件②：∵an＋1＝2nan，∴＝2n－1(n≥2)，
∴an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2×1
＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2，
又a1＝1，适合上式，故an＝2(n∈N*).
选条件③：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
又a1＝1，∴a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1(n∈N*).
18.(本小题满分12分)(2021·海南模拟)在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2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，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*).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an＝1＋n－1＝n.
设{bn}的公比为q(q>0).
若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1.
因为＝＝<1，
即cn<cn＋1，
所以{cn}是递增数列.
若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝b1q2＝1.
而b1＝1，所以q＝1(负值已舍去).
所以bn＝1，则cn＝n.
因为cn＝n<cn＋1＝n＋1，
所以{cn}是递增数列.
若选③，由a2＝4b2＝2，得b2＝b1q＝，而b1＝1，所以q＝.所以bn＝，则cn＝.
因为＝＝≥1，
即cn≥cn＋1，
所以{cn}不是递增数列.
19.(本小题满分12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋
＝1－＝.
20.(本小题满分12分)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a1＝7，S3＝7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝数列{bn}的前2n项和为T2n，求T2n.
解　(1)由题意知a4－a1＝7，S3＝7，显然{an}的公比q≠1.
则解得
所以an＝2n－1.
(2)易知bn＝
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(0＋2＋…＋2n－2)＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝＋
＝·22n＋1＋n2－n－.
21.(本小题满分12分)已知数列{an}是递增的等比数列，Sn是其前n项和，a2＝9，S3＝39.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，证明数列{bn}的前n项和Tn＜1.
(1)解　设{an}的公比为q，由题意知q>1.
因为a2＝9，S3＝39，所以a1＋a3＝30，
因此＝＝，即＝.
解之得q＝3，或q＝(舍)，
故数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)证明　由(1)，得bn＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋.①
所以Tn＝＋＋＋…＋.②
由①－②得，Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋－＝－，
所以Tn＝1－＜1.
22.(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且当n∈N*时，Sn是2n＋1与2m的等差中项(m为实数).
(1)求m的值及数列{an}的通项公式.
(2)令bn＝1＋log2an(n∈N*)，是否存在正整数k，使得＋＋…＋＞对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵当n∈N*时，Sn是2n＋1与2m的等差中项，
∴2Sn＝2n＋1＋2m，即Sn＝2n＋m.
当n＝1时，S1＝a1＝2＋m；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
∵{an}是等比数列，∴a1＝1，则2＋m＝1，
∴m＝－1，且数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)存在正整数k，使不等式对任意正整数n均成立，且k的最大值为4.
由题意知bn＝1＋log2an＝n(n∈N*).
令f(n)＝＋＋…＋＝＋＋…＋(n∈N*).
∵f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－＝＞0，
∴f(n＋1)＞f(n).
∴数列{f(n)}单调递增，∴f(n)min＝f(1)＝.
由＋＋…＋＞对任意正整数n均成立，得＜，∴0＜k＜5，k∈N*.
故存在正整数k，使不等式对任意正整数n均成立，且k的最大值为4.