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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

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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，a1＝－3，2a4＋3a7＝9，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2a4＋3a7＝2(a1＋3d)＋3(a1＋6d)＝5a1＋24d＝9.将a1＝－3代入可得d＝1，所以S7＝7a1＋d＝7×(－3)＋21×1＝0.故选D.
法二　由等差数列的性质可得2a4＋3a7＝a1＋a7＋3a7＝9.因为a1＝－3，所以a7＝3，所以S7＝＝＝0.故选D.
答案　D
2.(2020·南昌调研)公比不为1的等比数列{an}中，若a1a5＝aman，则mn不可能为(　　)
A.5 B.6 C.8 D.9
解析　由等比数列{an}满足a1a5＝aman，可得m＋n＝1＋5＝6，且m，n∈N*，所以m，n的可能取值分别为m＝1n＝5或m＝2，n＝4或m＝3，n＝3或m＝4，n＝2或m＝5，n＝1，所以mn不可能为6.故选B.
答案　B
3.(2020·辽宁五校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝则a6＝(　　)
A.16 B.25 C.28 D.33
解析　∵a1＝1，∴a2＝a1＋3＝4，a3＝2a2＋1＝9，a4＝a3＋3＝12，a5＝2a4＋1＝25，a6＝a5＋3＝28.故选C.
答案　C
4.(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.a1d>0，dS3>0 B.a1d>0，dS3<0
C.a1d<0，dS3>0 D.a1d<0，dS3<0
解析　由a2，a3，a6成等比数列，可得a＝a2a6.又数列{an}是等差数列，∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，即2a1d＋d2＝0.∵公差d不等于零，∴a1d<0，2a1＋d＝0.∴dS3＝d(3a1＋3d)＝d2>0.故选C.
答案　C
5.(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a1a3－a)＋(a2a4－a)＋(a3a5－a)＋…＋(a2 013a2 015－a)＝(　　)
A.1 B.0 C.1 007 D.－1 006
解析　由题意，得a1a3－a＝1×2－1＝1，a2a4－a＝1×3－4＝－1，a3a5－a＝2×5－9＝1，a4a6－a＝3×8－25＝－1，…，a2 013a2 015－a＝1，所以原式＝1＋(－1)＋1＋(－1)＋…＋1＝1.故选A.
答案　A
6.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
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＝.
答案　B
7.(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，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq＋13.若a3＝－7，则当Sn取最小值时，n＝(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
解析　由题意可得，a3＝a1＋a2＋13＝(a1＋13)＋(2a1＋13)＝－7，所以a1＝－11.由已知条件可得，对任意的n∈N*，an＋1＝an＋a1＋13＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是等差数列，an＝2n－13.要使Sn的值最小，则即解得≤n≤.又n∈N*，所以n＝6.故选A.
答案　A
8.(2020·北京卷)在等差数列中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，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d＝2.
∴an＝2n－11，Tn＝(－9)×(－7)×…×(2n－11).
当n≤5时，an＜0，当n＞5时，an＞0，故T1＜0，T2＞0，
T3＜0，T4＞0，T5＜0，T6＜0，…，Tn＜0.
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，n∈N*，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0
B.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q＝1时，{an}不是等差比数列，所以C不正确；数列0，1，0，1…是k＝－1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　AD
10.(2020·菏泽素质测试)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是(　　)
A.若d<0，则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项，则d<0
C.若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
D.若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
解析　由等差数列的求和公式，得Sn＝na1＋d＝n2＋n(n∈N*).设f(n)＝n2＋n，d≠0，n∈R.
A中，若d<0，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d<0，正确；
C中，若对任意n∈N*，均有Sn>0，则抛物线f(n)的开口向上，所以d>0，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n∈N*，均有Sn>0，错误.故选ABC.
答案　ABC
11.(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a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项正确的是(　　)
A.01
C.T12>1 D.T13>1
解析　因为等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，得a6<1，a7>1或a6>1，a7<1，当a6<1，a7>1时，q>1，但由a1>1得an>1，与a6<1矛盾，因此舍去.当a6>1，a7<1时，02，所以a6a7>1，所以T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1T13＝a<1.故选ABC.
答案　ABC
12.(2020·济南实验中学调研)已知数列{an}，{bn}满足an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln (n∈N*)，a1＋b1>0，给出下列四个命题，其中的真命题是(　　)
A.数列{an－bn}单调递增
B.数列{an＋bn}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an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln ，所以an＋1－bn＋1＝an－bn－ln .当n＝1时，a2－b2＝a1－b1－ln 2，所以a2－b2＝3(an＋bn)＋ln ，则an＋1＋bn＋1－ln(n＋1)＝3(an＋bn－ln n)，所以{an＋bn－ln n}是首项为a1＋b1，公比为3的等比数列，所以an＋bn＝(a1＋b1)3n－1＋ln n.因为a1＋b1>0，所以数列{an＋bn}单调递增，则B正确.因为an＋1＝2an＋bn＝an＋ln n＋(a1＋b1)3n－1，所以an＋1－an＝ln n＋(a1＋b1)3n－1>0，则C正确.因为bn＋1＝bn＋an＋bn＋ln ，所以bn＋1－bn＝ln(n＋1)－2ln n＋(a1＋b1)3n－1.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(n∈N*)的前3项和是__________.
解析　设an＝，则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6，因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.
答案　10
14.(2020·石家庄模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
解析　法一　由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，
所以S10＝10a1＋d＝100a1，
S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.
法二　设等差数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1得d＝2a1.则＝＝＝＝4.
答案　4
15.(2020·东北三校一联)数列{an}满足a1＝1，an(2Sn－1)＝2S(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
解析　∵an(2Sn－1)＝2S，∴(Sn－Sn－1)·(2Sn－1)＝2S(n≥2)，
化简得Sn－1－Sn＝2SnSn－1，易知Sn≠0，则－＝2(n≥2)，
∴Sn＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，n≥2.
经验证，当n＝1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{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是________.
解析　由题意知q≠1，所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝na1＋d＋＝n2＋n＋－＝n2－n＋2n－1，
所以所以d＝2，q＝2，所以d＋q＝4.
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cn1，所以q＝1(负值已舍去).
所以bn＝1，则cn＝n.
因为cn＝n否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1
∴且k<，∴不存在符合题意的k.
选③S5＝－25时：
设等差数列{an}的公差为d.
∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2.
同理可得
∴{an}的公差为d.
∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，
∴d＝3，
∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，
此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，
即存在k＝4符合题意.
选②a4＝b4时：
同理可得an＝－28n＋139，此时{an}为递减数列，
∴不存在正整数k符合题意.
选③S5＝－25时：
同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，
即存在k＝4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a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，
解得q＝.所以bn＝.
由cn＋1＝4cn，得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.
(2)证明　由cn＋1＝cn，得
cn＝＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
20.(本小题满分12分)(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(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)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.证明如下：
由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，
an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，
…，
a2－5＝3(a1－3).
因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，
所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①
从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②
①－②得
－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，
所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
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a＋2an＝4Sn－1.
(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n＝1时，a＋2a1＝4S1－1＝4a1－1，
整理，得a－2a1＋1＝0，解得a1＝1.
当n≥2时，由a＋2an＝4Sn－1，得
a＋2an－1＝4Sn－1－1，
两式相减，得
a＋2an－a－2an－1＝4Sn－1－4Sn－1＋1＝4an，
即a－a＝2an＋2an－1，
∴(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1).
∵an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2，
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝n＋·2＝n2，
则bn＝＝
＝·
＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝
＝
∴Tn<.
又∵an>0，∴bn>0，易证{Tn}单调递增，
∴Tn≥T1＝b1＝＝，
∴≤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，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求和的通项公式；
(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；
(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a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而 的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明　由(1)可得Sn＝，
故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
S＝(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜S.
(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c2k－1＝ ＝－1，
和c2k＝ ＝＋＋＋…＋.①
由①得c2k＝＋＋…＋＋.②
①－②得c2k＝＋＋…＋－
＝－－，
从而得c2k＝－.
因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.
所以，数列{cn}的前2n项和为－－.