专题检测卷(二)　数　列.doc

1、专题检测卷专题检测卷(二二) 数数 列列 (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，a13，2a43a79，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 2a43a72(a13d)3(a16d) 5a124d9.将 a13 代入可得 d1，所以 S77a176 2 d7(3)211 0.故选 D. 法二 由等差数列的性质可得 2a43a7a1a73a79.

2、因为 a13，所以 a7 3，所以 S77（a 1a7） 2 7（33） 2 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 a1a5aman，则 mn 不可能为 ( ) A.5 B.6 C.8 D.9 解析 由等比数列an满足 a1a5aman，可得 mn156，且 m，nN*，所 以 m，n 的可能取值分别为 m1，n5 或 m2，n4 或 m3，n3 或 m4， n2 或 m5，n1，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：a11，an1 a n3，an为奇数， 2an1，an为偶数，则 a6

3、( ) A.16 B.25 C.28 D.33 解析 a11，a2a134，a32a219，a4a3312，a52a41 25，a6a5328.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.a1d0，dS30 B.a1d0，dS30 C.a1d0 D.a1d0，dS30 解析 由 a2，a3，a6成等比数列，可得 a23a2a6.又数列an是等差数列，(a1 2d)2(a1d)(a15d)，即 2a1dd20.公差 d 不等于零，a1d0.故选 C. 答案 C 5.(2020

4、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(a1a3a22)(a2a4a23)(a3a5a24)(a2 013a2 015a22 014)( ) A.1 B.0 C.1 007 D.1 006 解析 由题意，得 a1a3a221211，a2a4a231341，a3a5a24 2591，a4a6a2538251，a2 013a2 015a22 0141，所以原式1 (1)1(1)11.故选 A.

5、 答案 A 6.数列an的前 n 项和为 Sn，且 3anSn4(nN*)，设 bnnan，则数列bn的项 的最大值为( ) A.81 64 B.27 16 C.3 2 D.2 解析 由条件可知：3anSn4，3an1Sn14(n2).相减，得 an3 4an1. 又 3a1S14a14，故 a11. 则 an 3 4 n1 ，bnn 3 4 n1 . 设bn中最大的项为 bn，则 b nbn1， bnbn1. 即 n 3 4 n1 （n1） 3 4 n2 ， n 3 4 n1 （n1） 3 4 n . 解之得 3n4. bn的项的最大值为 b3b427 16. 答案 B 7.(2020 湘赣

6、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， qN*满足 apqapaq13.若 a37，则当 Sn取最小值时，n( ) A.6 B.7 C.8 D.9 解析 由题意可得，a3a1a213(a113)(2a113)7，所以 a111. 由已知条件可得，对任意的 nN*，an1ana113an2，所以 an1an2， 所以数列an是等差数列，an2n13.要使 Sn的值最小，则 a n0， an10，即 2n130， 2（n1）130，解得 11 2 n13 2 .又 nN*，所以 n6.故选 A. 答案 A 8.(2020 北京卷)在等差数列 an中， a19， a5

7、1.记 Tna1a2an(n1， 2， )， 则数列 Tn( ) 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 a 19， a51，得 a 19， a14d1， 解得 d2. an2n11，Tn(9)(7)(2n11). 当 n5 时，an0，当 n5 时，an0，故 T10，T20， T30，T40，T50，T60，Tn0. 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

8、的得 0 分. 9.在数列an中，nN*，若a n2an1 an1an 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 q1 时，an不是等差比数列，所以 C 不正 确；数列 0，1，0，1是 k1 的等差比数列，该数列中有无数多个 0

9、，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(d0)的无穷等差数列an的前 n 项和， 则下列命题正确的是( ) A.若 d0，则数列Sn有最大项 B.若数列Sn有最大项，则 d0，则数列Sn是递增数列 D.若数列Sn是递增数列，则对任意 nN*，均有 Sn0 解析 由等差数列的求和公式，得 Snna1n（n1） 2 dd 2n 2 a1d 2 n(nN*). 设 f(n)d 2n 2 a1d 2 n，d0，nR. A 中，若 d0，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

10、下，所以 d0，则抛物线 f(n)的开口向上，所以 d0，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 nN*， 均有 Sn0，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 a11， a6a7a6a712，记an的前 n 项积为 Tn，则下列选项正确的是( ) A.0q1 C.T121 D.T131 解析 因为等比数列an的各项均为正数， 公比为 q， 且 a11， a6a7a6a712， 所以(a61)(a71)0，得 a61 或 a61，a71，当 a

11、61 时，q1，但 由 a11 得 an1，与 a61，a71 时，0q1，满足题意. 所以 0q2，所以 a6a71，所以 T12a1 a2 a11 a12(a6a7)61， T13a13 70，给出下列四个命题，其中的真命题是( ) A.数列anbn单调递增 B.数列anbn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 an12anbn，bn1an2bnln n1 n3 ，所以 an1bn1anbnln n1 n3 .当 n1 时，a2b2a1b1ln 2，所以 a2b20，所以数列anbn单调递增，则 B 正确.因为 an12anbnan ln n

12、(a1b1)3n 1，所以 a n1anln n(a1b1)3n 10，则 C 正确.因为 b n1bn anbnln n1 n3 ， 所以 bn1bnln(n1)2ln n(a1b1)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 n（n1） 2 就是二阶等差数列.数列 n（n1） 2 (nN*)的前 3 项和是 _. 解析 设 ann（n1） 2 ，则 a112 2

13、 1，a223 2 3，a334 2 6，因此前 3 项和 S3a1a2a313610. 答案 10 14.(2020 石家庄模拟)记 Sn为等差数列an的前 n 项和.若 a10， a23a1， 则S10 S5 _. 解析 法一 由 a10，a23a1，可得 d2a1， 所以 S1010a1109 2 d100a1， S55a154 2 d25a1，所以S10 S5 4. 法二 设等差数列an的公差为 d，由 a10，a23a1得 d2a1.则 S10 S5 10（a1a10） 5（a1a5） 10（2a 19d） 5（2a14d） 200a1 50a1 4. 答案 4 15.(2020 东

14、北三校一联)数列an满足 a11，an(2Sn1)2S2n(n2，nN*)，则 an_. 解析 an(2Sn1)2S2n，(SnSn1) (2Sn1)2S2n(n2)， 化简得 Sn1Sn2SnSn1，易知 Sn0，则 1 Sn 1 Sn12(n2)， Sn 1 2n1，则 anSnSn 1 2 （2n1）（2n3），n2. 经验证，当 n1 时，不符合 an 2 （2n1）（2n3）. 综上，an 1，n1， 2 (2n1)(2n3)，n2. 答案 1，n1， 2 (2n1)(2n3)，n2. 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

15、anbn的前 n 项和 Snn2n2n1(nN*)，则 dq 的值是_. 解析 由题意知 q1，所以 Sn(a1a2an)(b1b2bn) na1n（n1） 2 db 1（1qn） 1q d 2n 2 a1d 2 n b1 1q b1qn 1qn 2n2n1， 所以 d 21， a1d 21， b1 1q1， b1 1qq n2n， 所以 d2，q2，所以 dq4. 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b3a4，a33b3，a24b2这三个 条件中任选一个，补充至横线上，再判断c

16、n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，a1b11，_， cnanbn(nN*).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 an1n1n. 设bn的公比为 q(q0). 若选，由 b3a44，得 b3b1q24，而 b11，所以 q2(负值已舍去)，所以 bn2n 1，因此 c nn 2n 1. 因为 cn cn1 n 2n 1 （n1） 2n n 2（n1）1， 即 cncn1， 所以cn是递增数列. 若选，由 a33b33，得 b3b1q2

17、1. 而 b11，所以 q1(负值已舍去). 所以 bn1，则 cnn. 因为 cnnSk1且 Sk1Sk2? (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 设等比数列bn的公比为 q(q0). b23，b581，b11，q3， bn(3)n 1. 又b1a5，a51. 法一 选b1b3a2时： 设等差数列an的公差为 d. a2b1b31(1)(3)210，a51， d3，a113， Sk13kk（k1） 2 33 2k 229 2 k， Sk13 2k 229 2 k3k13，Sk23 2k 229 2 k6k23. 要使 Sk1Sk，且 Sk1Sk2，只要 3k130， 3k1

18、36k23. 10 3 k13 3 ，存在 k4 符合题意. 选a4b4时， 设等差数列an的公差为 d. a51，a4b4(3)327，a1111，d28， Sk125k14k2， Sk1125k14k228k111，Sk2125k14k256k194. 要使 Sk1Sk，且 Sk1Sk2， 只要 28k1110， 28k111111 28 且 k83 28，不存在符合题意的 k. 选S525 时： 设等差数列an的公差为 d. （a 1a5）5 2 25，a51，a19，d2. 同理可得 2k90， 2k94k16. 7 2k 9 2，存在 k4 符合题意. 法二 选b1b3a2时： 设等

19、差数列an的公差为 d. a51，a2b1b31(1)(3)210， d3， ana2(n2)d3n16， 此时存在 k4，使 ak1a50， 即存在 k4 符合题意. 选a4b4时： 同理可得 an28n139，此时an为递减数列， 不存在正整数 k 符合题意. 选S525 时： 同理可得 an2n11，此时存在 k4，使 ak1a50， 即存在 k4 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 a1b1c11， cnan1an，cn1 bn bn2cn，nN *. (1)若bn为等比数列，公比 q0，且 b1b26b3，求 q 的值及数列

20、an的通项公 式； (2)若bn为等差数列，公差 d0，证明：c1c2c3cn11 d，nN *. (1)解 由 b1b26b3，得 1q6q2， 解得 q1 2.所以 bn 1 2n 1. 由 cn14cn，得 cn4n 1. 由 an1an4n 1，得 a na1144n 24 n12 3 . (2)证明 由 cn1 bn bn2cn，得 cnb1b2c1 bnbn1 1d d 1 bn 1 bn1 ， 所以 c1c2c3cn1d d 1 1 bn1 . 由 b11，d0，得 bn11，因此 c1c2c3cn11 d，nN *. 20.(本小题满分 12 分)(2020 全国卷)设数列an

21、满足 a13，an13an4n. (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)a25，a37.猜想 an2n1.证明如下： 由已知可得 an1(2n3)3an(2n1)， an(2n1)3an1(2n1)， ， a253(a13). 因为 a13，所以 an2n1. (2)由(1)得 2nan(2n1)2n， 所以 Sn32522723(2n1)2n. 从而 2Sn322523724(2n1)2n 1. 得 Sn3222222322n(2n1)2n 1， 所以 Sn(2n1)2n 12. 21.(本小题满分 12 分)(2020

22、 杭州统测模拟)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a2n2an4Sn1. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn an1 S2n1 S2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的取值范围. 解 (1)由题意，当 n1 时，a212a14S114a11， 整理，得 a212a110，解得 a11. 当 n2 时，由 a2n2an4Sn1，得 a2n12an14Sn11， 两式相减，得 a2n2ana2n12an14Sn14Sn114an， 即 a2na2n12an2an1， (anan1)(anan1)2(anan1). anan10， anan12， 数列an是以 1

23、 为首项，2 为公差的等差数列. an12(n1)2n1. (2)由(1)知，Snnn（n1） 2 2n2， 则 bn an1 S2n1 S2n1 2n11 （2n1）2 （2n1）2 1 4 8n （2n1）2 （2n1）2 1 4 1 （2n1）2 1 （2n1）2 . Tnb1b2bn 1 4 1 1 32 1 4 1 32 1 52 1 4 1 （2n1）2 1 （2n1）2 1 4 1 1 32 1 32 1 52 1 （2n1）2 1 （2n1）2 1 4 1 1 （2n1）2 Tn0，bn0，易证Tn单调递增， TnT1b11 4 1 1 32 2 9， 2 9Tn 1 4. T

24、n的取值范围为 2 9， 1 4 . 22.(本小题满分 12 分)(2020 天津卷)已知 an为等差数列， bn为等比数列，a1 b11，a55(a4a3)，b54(b4b3). (1)求 an和 bn的通项公式； (2)记 an的前 n 项和为 Sn，求证：SnSn2S2 n1(nN*)； (3)对任意的正整数 n，设 cn （3an2）bn anan2 ，n为奇数， an1 bn1，n为偶数， 求数列cn的前 2n 项和. (1)解 设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由 a11，a55(a4 a3)，可得 d1，从而 an的通项公式为 ann. 由 b11，b5

25、4(b4b3)，又 q0，可得 q24q40，解得 q2，从而 bn 的 通项公式为 bn2n 1. (2)证明 由(1)可得 Snn（n1） 2 ， 故 SnSn21 4n(n1)(n2)(n3)， S2n11 4(n1) 2(n2)2， 从而 SnSn2S2n11 2(n1)(n2)0， 所以 SnSn2S2n1. (3)解 当 n 为奇数时，cn（3a n2）bn anan2 （3n2）2 n1 n（n2） 2n 1 n2 2n 1 n ； 当 n 为偶数时，cna n1 bn1 n1 2n . 对任意的正整数 n，有 n k1c2k1 n k1 22k 2k1 22k 2 2k1 22n 2n11， 和 n k1c2k n k1 2k1 4k 1 4 3 42 5 43 2n1 4n . 由得1 4 n k1c2k 1 42 3 43 2n3 4n 2n1 4n 1. 得3 4 n k1c2k 1 4 2 42 2 4n 2n1 4n 1 2 4 1 1 4n 11 4 1 4 2n1 4n 1， 从而得 n k1c2k 5 9 6n5 94n. 因此， 2n k1ck n k1c2k1 n k1c2k 4n 2n1 6n5 94n 4 9. 所以，数列cn的前 2n 项和为 4n 2n1 6n5 94n 4 9.