【创新设计】2022届-数学一轮(理科)-人教A版-课时作业-阶段回扣练6-Word版含答案.docx

阶段回扣练6　数 列
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(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＝ (　　)
A．42 B．28 C．21 D．14
解析　依题意得a2＋a7－a5＝(a5＋a4)－a5＝a4＝6，S7＝＝7a4＝42，故选A.
答案　A
2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于 (　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
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　A
3．(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＝ (　　)
A．7 B．12 C．14 D．21
解析　依题意，数列{an}是等差数列，且a3＋a5＝4，S7＝＝＝14，故选C.
答案　C
4．(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等于 (　　)
A．26 B．28 C．52 D．13
解析　依题意得7a7＝14，a7＝2，S13＝＝13a7＝26，故选A.
答案　A
5．设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 013的两个零点是a2，a3，则a1a4＝(　　)
A．2 013 B．1 C．－1 D．－2 013
解析　由题意可知，a2，a3是x2－x－2 013＝0的两根，由根与系数的关系可得，a2a3＝－2 013，依据等比数列的性质可知a1a4＝a2a3＝－2 013.
答案　D
6．(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＝ (　　)
A．80 B．160
C．320 D．640
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　C
7．(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 (　　)
A．9 B．10 C．11 D．12
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，故选B.
答案　B
8．(2022·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)＝ (　　)
A．－1或2 　B．0或2 　 C．2 D．1
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　C
9．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2 011，a2 011)，则·等于 (　　)
A．2 011 B．－2 011
C．0 D．1
解析　由S21＝S4 000，得a22＋a23＋…＋a4 000＝0，
由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011，
所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0，
从而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011.
答案　A
10．数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋等于 (　　)
A. B.
C. D.
解析　令m＝1得an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，
于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
上述n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n，
所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
因此＝＝2，
所以＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
答案　A
二、填空题
11．(2021·惠州调研)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
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．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析　由题意知a1＋a10＝0，a1＋a15＝.
两式相减得a15－a10＝＝5d，∴d＝，a1＝－3.
∴nSn＝n·＝，令f(x)＝－，
则f′(x)＝x2－＝x，
∴f(x)在x＝处取得微小值，因而检验n＝6时，
6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49.
答案　－49
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×＝.
答案　
15．(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
三、解答题
16．(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)．
17．(2022·广州综测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋pn＋q(pq∈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]．
18．(2022·重庆模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＞－(n∈N*)．
(1)解　设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)证明　由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝，
∴Tn＝＞
＝－.
故Tn＞－.
19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式
Tn＞对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值；
(3)设f(n)＝是否存在m∈N*，使得f(m＋15)＝5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝－
＝n＋5.
而当n＝1时，n＋5＝6.
∴an＝n＋5(n∈N*)．
(2)cn＝＝
＝，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝
＝.
∵Tn＋1－Tn＝－＝＞0.
∴Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝.
令＞，得k＜671，所以kmax＝671.
(3)f(n)＝
当m为奇数时，m＋15为偶数，
∴3m＋47＝5m＋25，m＝11.
当m为偶数时，m＋15为奇数，
∴m＋20＝15m＋10，m＝∉N*(舍去)．
综上，存在唯一正整数m＝11，使得f(m＋15)＝5f(m)成立．