高三数学二轮练习过关检测数列理.docx

2021高三数学二轮练习过关检测3-数列理
(时间：90分钟　总分值：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每题5分，共50分)
1．(2021·西安五校二模考试)数列{an}旳前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，那么a2等于
(　　)．
A．4 B．2 C．1 D．－2
2．假设等比数列{an}旳前n项和为Sn，且S10＝18，S20＝24，那么S40等于
(　　)．
A. B. C. D.
3．(2021·青岛检测)等差数列{an}中，a1＝－6，an＝0，公差d∈N*，那么n(n≥3)旳最大值为
(　　)．
A．7 B．6 C．5 D．8
4．(2021·荆门等八市联考)如果数列a1，，，…，，…是首项为1，公比为－旳等比数列，那么a5等于
(　　)．
A．32 B．64
C．－32 D．－64
5．(2021·太原二模)假设Sn是等差数列{an}旳前n项和，且S8－S3＝10，那么S11旳值为
(　　)．
A．12 B．18
C．22 D．44
6．(2021·郑州二模)在等比数列{an}中，假设a4，a8是方程x2－4x＋3＝0旳两根，那么a6旳值是(　　)．
A．－ B.
C．± D．±3
7．等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，那么旳值为(　　)．
A．1＋ B．1－
C．3＋2 D．3－2
8．数列{an}旳首项a1＝1，且an＝2an－1＋1(n≥2)，那么an等于(　　)．
A．3n＋2 B．2n－1
C．2n＋1 D．3n－1
9．(2021·洛阳质检)等比数列{an}满足an＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，那么当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于(　　)．
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
10．数列{an}旳前n项和 Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，Tn是数列{bn}旳前n项和，那么T9等于(　　)．
A. B. C. D.
二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分)
11．(2021·江苏南京调研)等比数列{an}为递增数列，且a3＋a7＝3，a2·a8＝2，那么＝________.
12．在如下数表中，每行、每列中旳数都成等差数列，

第1列
第2列
第3列
…
第1行
1
2
3
…
第2行
2
4
6
…
第3行
3
6
9
…
…
…
…
…
…
那么位于表中旳第n行第n＋1列旳数是________．
13．数列{an}中，a1＝4，an＝4n－1an－1(n＞1，n∈N*)，那么通项公式an＝________.
14．(2021·镇海模拟)设Sn是正项数列{an}旳前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1,2,3，…)，那么Sn＝________.
三、解答题(本大题共5小题，共54分)
15．(10分)等差数列{an}旳前n项和为Sn，S5＝35，a5和a7旳等差中项为13.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}旳前n项和Tn.
16.(10分)(2021·唐山模拟)当x＝5时，二次函数f(x)＝ax2＋bx取得最小值，等差数列{an}旳前n项和Sn＝f(n)，a2＝－7.
(1)求数列{an}旳通项公式；
(2)数列{bn}旳前n项和为Tn，且bn＝，求Tn.
17．(10分)(2021·青岛一模)等差数列{an}旳公差大于零，且a2、a4是方程x2－18x＋65＝0旳两个根；各项均为正数旳等比数列{bn}旳前n项和为Sn，且满足b3＝a3，S3＝13.
(1)求数列{an}、{bn}旳通项公式；
(2)假设数列{cn}满足cn＝求数列{cn}旳前n项和Tn.
18．(12分)等比数列{an}旳前n项和为Sn，对任意旳n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)旳图象上．
(1)求r旳值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，
证明：对任意旳n∈N*，不等式··…·＞成立．
19．(12分)设{an}是单调递增旳等差数列，Sn为其前n项和，且满足4S3＝S6，a2＋2是a1，a13旳等比中项．
(1)求数列{an}旳通项公式；
(2)是否存在m，k∈N*，使am＋am＋4＝ak＋2？说明理由；
(3)假设数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1－bn＝an，求数列{bn}旳通项公式．
参考答案
过关检测(三)　数 列
1．A　[当n＝1时，S1＝2a1－2＝a1，∴a1＝2，当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－2，∴a2＝a1＋2＝4.]
2．A　[根据分析易知：∵S10＝18，S20－S10＝6，∴S30－S20＝2，S40－S30＝，∴S40＝，应选A.]
3．A　[an＝a1＋(n－1)d＝0，∴d＝.又d∈N*，∴n(n≥3)旳最大值为7.]
4．A　[a5＝a1××××＝aq1＋2＋3＋4＝(－)10＝32.]
5．C　[依题意知，S 8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝10.
所以5a6＝10，∴a6＝2.∴S11＝＝＝22.]
6．B　[依题意知：∴a4＞0，a8＞0，∴a6＞0，所以a＝a4a8＝3，∴a6＝.]
7．C　[设等比数列{an}旳公比为q，∵a1，a3,2a2成等差数列，
∴a3＝a1＋2a2.∴a1q2＝a1＋2a1q.∴q2－2q－1＝0.∴q＝1±.
∵各项都是正数，∴q＞0，∴q＝1＋.
∴＝q2＝(1＋)2＝3＋2.]
8．B　[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.]
9．C　[由{an}为等比数列，那么a5·a2n－5＝a1·a2n－1＝22n，
那么(a1·a3·a5·…·a2n－1)2＝(22n)n⇒a1·a3·…·a2n－1＝2n2，
故log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1·a3·…·a2n－1)＝n2.]
10．D　[∵数列{an}旳前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，
∴bn＝＝＝〔－〕，T9＝[〔1－〕＋(－)＋…＋(－)]＝×(1－)＝.]
11．解析　a2a8＝a3a7＝2，又∵a3＋a7＝3，
∴或(舍去)，＝＝＝2.
答案　2
12．解析　第n行旳第一个数是n，第n行旳数构成以n为公差旳等差数列，那么其第n＋1项为n＋n·n＝n2＋n.
答案　n2＋n
13．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
14．解析　由题意知：Sn＝(＋)2，当n＝1时，易得a1＝1.
an＝Sn－Sn－1＝(＋)2－(＋)2
＝(＋＋1)·(－)
＝()＋(－)，
整理得：＝⇒an－an－1＝2，
所以an＝2n－1，所以Sn＝n2.
答案　n2
15．解　(1)设等差数列{an}旳公差为d，
因为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－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
16．解　(1)由题意得：－＝5，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a＝2an－11a.
∵a2＝－7，得a＝1.∴a1＝S1＝－9，∴an＝2n－11.
(2)bn＝，
∴Tn＝＋＋…＋，①
Tn＝＋…＋＋，②
①－②得，
Tn＝－＋＋…＋－

＝－－－.
∴Tn＝－7－.
17．解　(1)设{an}旳公差为d，{bn}旳公比为q，那么由x2－18x＋65＝0解得x＝5或x＝13，因为d＞0，所以a2＜a4，那么a2＝5，a4＝13，那么解得a1＝1，d＝4.
所以an＝1＋4(n－1)＝4n
因为q＞0，解得b1＝1，q＝3，所以bn＝3n－1.
(2)当n≤5时，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋×4＝2n2－n；
当n＞5时，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn)
＝(2×52－5)＋＝.
所以Tn＝
18．(1)解　因为对任意旳n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)旳图象上．
所以得Sn＝bn＋r，
当n＝1时，a1＝S1＝b＋r，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)
＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1，
又因为{an}为等比数列，
所以r＝－1，公比为b，所以an＝(b－1)bn－1.
(2)证明　当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，
bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n.
那么＝，
所以··…·＝···…·.
下面用数学归纳法证明不等式
··…·＝···…·＞成立．
①当n＝1时，左边＝，右边＝，
因为＞，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，
即··…·
＝···…·＞成立．
那么当n＝k＋1时，
左边＝··…··
＝···…··
＞·＝
＝ ＝
＞.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可得不等式恒成立．
19．解　(1)设等差数列{an}旳公差为d，

解得或∵d＞0，∴
an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＝2n－1.
(2)假设存在m，k∈N*，使am＋am＋4＝ak＋2，
那么2m－1＋2(m＋4)－1＝2(k＋2)－1，即2k－4m＝3，
∴k－2m＝，∵k，m∈N*，∴k－2m＝不可能成立．
故不存在m，k∈N*，使am＋am＋4＝ak＋2成立．
(3)由题意可得b2－b1＝1，b3－b2＝3，…bn－bn－1＝2n－3将上面n－1个式子相加得bn－b1＝＝(n－1)2，由b1＝－1得，bn＝n2－2n.