2022届-数学一轮(理科)-苏教版-江苏专用-课时作业-阶段回扣练6-Word版含答案.docx

阶段回扣练6　数　列　
(时间：120分钟)
一、填空题
1．(2021·北京海淀区一模)在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－5，则a1－a2－a3－a4＝________.
解析　在等差数列中，a3＝a1＋2d，即－5＝1＋2d，故d＝－3，则a2＝－2，a4＝－8，所以a1－a2－a3－a4＝16.
答案　16
2．(2022·深圳调研)数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则a6＝________.
解析　由题意得a3＝a2＋a1＝2，a4＝a3＋a2＝3，a5＝a4＋a3＝5，a6＝a5＋a4＝8.
答案　8
3．(2021·扬州调研)在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若{an}的前n项和Sn＝127，则n的值为________．
解析　由题意知Sn＝＝2n－1＝127，解得n＝7.
答案　7
4．(2021·合肥一模)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若a2＋a7－a5＝6，则S7＝________.
解析　依题意得a2＋a7－a5＝(a5＋a4)－a5＝a4＝6，S7＝＝7a4＝42.
答案　42
5．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于________．
解析　由题意知，a1＋a2＋…＋a10
＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.
答案　15
6．(2021·合肥质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，并满足：an＋2＝2an＋1－an，a5＝4－a3，则S7＝________.
解析　依题意，数列{an}是等差数列，且a3＋a5＝4，S7＝＝＝14.
答案　14
7．(2022·海口调研)已知等差数列{an}，前n项和用Sn表示，若2a5＋3a7＋2a9＝14，则S13＝________.
解析　依题意得7a7＝14，a7＝2，S13＝＝13a7＝26.
答案　26
8．(2022·南京调研)已知等比数列{an}的公比q＝－，Sn为其前n项和，则＝________.
解析　利用等比数列的通项公式，求和公式求解．
＝＝－5.
答案　－5
9．(2022·荆州质检)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，且S10＝60，则S20＝________.
解析　由题意可知，a＝a3a7，由于{an}是等差数列，所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，解得a1＝－d(d＝0舍去)，又S10＝10a1＋d＝60，所以a1＋d＝6，从而d＝2，a1＝－3.所以S20＝20a1＋d＝－60＋20×19＝320.
答案　320
10．(2021·银川质量检测)已知数列{an}为等差数列，若a3＋a17＞0，且a10＋a11＜0，则使{an}的前n项和Sn有最大值的n为________．
解析　依题意得2a10＞0，即a10＞0，a11＜－a10＜0，因此在等差数列{an}中，前10项均为正，从第11 项起以后各项均为负，使数列{an}的前n项和Sn有最大值的n为10.
答案　10
11．(2022·山西晋中名校联考)已知正项等差数列{an}满足：an＋1＋an－1＝a(n≥2)，等比数列{bn}满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝________.
解析　由题意可知an＋1＋an－1＝2an＝a，解得an＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数，故an＝0舍去)，又bn＋1bn－1＝b＝2bn(n≥2)，所以bn＝2(n≥2)，故log2(a2＋b2)＝log24＝2.
答案　2
12．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则的值为________．
解析　设等比数列{an}的公比为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.
答案　3＋2
13．(2021·南通模拟)在数列{an}中，若a－a＝p(n≥1，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的推断：
①若{an}是等方差数列，则{a}是等差数列；
②{(－1)n}是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
其中真命题的序号为________．
解析　①正确，由于a－a＝p，所以a－a＝－p，于是数列{a}为等差数列．②正确，由于(－1)2n－(－1)2(n＋1)＝0为常数，于是数列{(－1)n}为等方差数列．③正确，由于a－a＝(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
答案　①②③
14．(2022·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2.过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推．设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.

解析　由BC＝2得AB＝a1＝2⇒AA1＝a2＝⇒A1A2＝a3＝×＝1，由此可归纳出{an}是以a1＝2为首项，为公比的等比数列，因此a7＝a1×q6＝2×6＝.
答案　
二、解答题
15．(2022·重庆卷)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
(1)求an及Sn；
(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解　(1)由于{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝＝＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.由于q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又由于b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．
16．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解　(1)∵S＝an，
an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.
(2)∵bn＝＝
＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
17．(2021·湖北卷)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的全部n的集合；若不存在，说明理由．
解　(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由题意得
即
解得故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.
若存在n，使得Sn≥2 013，
则1－(－2)n≥2 013，
即(－2)n≤－2 012.
当n为偶数时，(－2)n>0.上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
即2n≥2 012，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且全部这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
18．(2022·广州综测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且a2，a3，a5成等比数列．
(1)求p，q的值；
(2)若数列{bn}满足an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1＋p＋q，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋p(n－1)＋q]
＝2n－1＋p.
∵{an}是等差数列，
∴1＋p＋q＝2×1－1＋p得q＝0.
又a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，
∵a2，a3，a5成等比数列，
∴a＝a2a5，即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，
解得p＝－1.
(2)由(1)得an＝2n－2.
∵an＋log2n＝log2bn，
∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①
4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②
①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n
＝－n·4n＝.
∴Tn＝[(3n－1)·4n＋1]．
19．(2022·南京、盐城模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若a1＝1，且对任意正整数n，k(n＞k)，都有＋＝2成立，求数列{an}的通项公式．
(1)证明　设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d，从而＝a1＋d，
所以当n≥2时，
－＝－＝，
即数列是等差数列．
(2)解　由于对任意正整数n，k(n＞k)，
都有＋＝2成立，
所以＋＝2，
即数列{}是等差数列．
设数列{}的公差为d1，
则＝＋(n－1)d1＝1＋(n－1)d1，
所以Sn＝[1＋(n－1)d1]2，所以当n≥2时
an＝Sn－Sn－1
＝[1＋(n－1)d1]2－[1＋(n－2)d1]2
＝2dn－3d＋2d1，
由于{an}是等差数列，所以a2－a1＝a3－a2，即
(4d－3d＋2d1)－1＝(6d－3d＋2d1)－(4d－3d＋2d1)，
所以d1＝1，即an＝2n－1.
又当an＝2n－1时，Sn＝n2，此时＋＝2对任意正整数n，k(n＞k)都成立，
因此an＝2n－1.
20．(2022·徐州模拟)已知数列{an}，其前n项和为Sn.
(1)若对任意的n∈N*，a2n－1，a2n＋1，a2n组成公差为4的等差数列，且a1＝1，＝2 013，求n的值；
(2)若数列是公比为q(q≠－1)的等比数列，a为常数，求证：数列{an}为等比数列的充要条件为q＝1＋.
(1)解　由于a2n－1，a2n＋1，a2n成公差为4的等差数列，
所以a2n＋1－a2n－1＝4，a2n＝a2n－1＋8(n∈N*)，
所以a1，a3，a5，…，a2n－1，a2n＋1是公差为4的等差数列，且a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＋8n，
又由于a1＝1，
所以S2n＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋8n
＝2＋8n
＝4n2＋6n＝2n(2n＋3)，
所以＝2n＋3＝2 013，所以n＝1 005.
(2)证明　由于＋a＝(a＋1)qn－1，
所以Sn＝(a＋1)qn－1an－aan，①
所以Sn＋1＝(a＋1)qnan＋1－aan＋1，②
②－①，得(a＋1)(1－qn)an＋1＝[a－(a＋1)qn－1]an，③
(ⅰ)充分性：由于q＝1＋，所以a≠0，q≠1，a＋1＝aq，
代入③式，得q(1－qn)an＋1＝(1－qn)an，
由于q≠－1，又q≠1，所以＝，n∈N*，
所以{an}为等比数列．
(ⅱ)必要性：设{an}的公比为q0，
则由③得(a＋1)(1－qn)q0＝a－(a＋1)qn－1，④
整理得(a＋1)q0－a＝(a＋1)qn，
此式为关于n的恒等式，若q＝1，则④式左边＝0，右边＝－1，冲突；
若q≠±1，当且仅当时成立，所以q＝1＋.
由(ⅰ)(ⅱ)可知，数列{an}为等比数列的充要条件为q＝1＋.