1、单元卷六数列(基础巩固卷)题号123456789101112答案一、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.1.2022江西南昌期末已知Sn为等差数列an的前n项和，3a35a2，S10100，则a1()A.1 B.2 C.3 D.42.2021山西大同期末等比数列an的各项均为正实数，其前n项和为Sn，若a34，a2a664，则S5()A.32 B.31 C.64 D.633.2021江西红色七校联考在等差数列an中，若a1a2a336，a11a12a1384，则a5a9()A.30 B.35 C.40 D.454.2022合肥一模
2、设数列an的前n项和为Sn，若Snan，则S5()A.81 B.121 C.243 D.3645.2021浙江丽水期末已知数列an中，a12，anmanam(n，mN*)，若ak1ak2ak3ak4480，则k()A.3 B.4 C.5 D.66.2022杭州二中期末已知an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，nN*，且Sn是等差数列，给出以下结论：anSn是等差数列；anSn是等比数列；a是等差数列；是等比数列.则其中正确结论的个数为()A.4 B.3 C.2 D.17.2021成都一模已知数列an的前n项和Sn满足Snn2，记数列的前n项和为Tn，nN*，则使得Tn成立的n的最大值
3、为()A.17 B.18 C.19 D.208.2022浙江镇海中学期末已知数列an满足an1anan2(n3)，设数列an的前n项和为Sn，若S2 0202 019，S2 0192 020，则S2 021()A.1 008 B.1 009 C.2 016 D.2 018二、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2分，有选错的得0分.9.2021福建漳州模拟下图是某地区从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.若该地区从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列
4、an，an的前n项和为Sn，则下列说法中错误的是()A.数列an是递增数列B.数列Sn是递增数列C.数列an的最大项是a11D.数列Sn的最大项是S1110.2021重庆联考数列Fn：1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记数列Fn的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A.S5F71 B.S5S61C.S2 019F2 0211 D.S2 019F2 020111.2021安徽合肥市三模已知等比数列an的各项均为实数，公比为q，则下列结论
5、正确的是()A.若a1a20，则a2a30B.若a1a20，且a1a30，则q1且q0C.若an1an0，则anan22an1D.若anan10，则(an1an)(an1an2)012.2021黑龙江大庆市二模日晷是我国古代按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度.我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同.二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，如此周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法正确的是()A.白露比立秋的晷长长两尺B.大寒的晷长为一丈五寸C.处暑
6、和谷雨两个节气的晷长相同D.立春的晷长比立秋的晷长长三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021襄阳一模等比数列an各项均为正数，a3a8a4a718，则loga1loga2loga10_.14.2021安徽宿州市三模已知an是公差不为零的等差数列，a514，且a1，a3，a11成等比数列，设bn(1)n1an，数列bn的前n项的和为Sn，则S2 021_.15.2022重庆南开中学二模毕达哥拉斯树是由毕达哥拉斯根据“勾股定理”所画出来的一个可以无限重复的图形，也叫“勾股树”，是由一个等腰直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到的.现按照这种思想，以一个内角为30、斜边
7、长为2个单位的直角三角形的每一条边向外作正方形得到“类勾股树”，图为第1代“类勾股树”，重复图的作法得到第2代“类勾股树”(如图)，如此继续，则第2代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和为_；第n(nN*)代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和为_.16.2022安徽五校联考已知数列an满足anncos ，bnanan1，则数列bn的前50项和为_.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.(10分)2021山东泰安三模已知an是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a312，_.是否存在正整数k，使得Sk2 020？若存在，求k的最小值；若不存
8、在，说明理由.从q2，q，q2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.(12分)2021河南开封一模已知an是各项均为正数的等比数列，2a2a3a4，a2a4.(1)求a1；(2)在平面直角坐标系xOy中，设点列Pi(i，bi)(i1，2，3，)都在函数yf(x)的图象上，若PiPi1所在直线的斜率为2i，且f(1)a1，求数列bn的通项公式.19.(12分)2021安徽百所名校联考已知正项等比数列an满足a2a5a7，a8256，正项数列bn的前n项和为Sn，且2Snbbn2，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cn，
9、求数列cn的前n项和Mn.20.(12分)2022河北衡水中学高三月考已知数列an是等差数列，设Sn(nN*)为数列an的前n项和，数列bn是等比数列，bn0，若a13，b11，b3S212，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若cn求数列cn的前2n项和.21.(12分)2021山东临沂一模在，an1an2Sn，aan2Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项数列an的前n项和为Sn，a11，且满足_.(1)求an；(2)若bn(an1)2an，求数列bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22.(12分)2022山
10、东烟台期中在qd0，a4b70，S39这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的存在，求出的值；若不存在，说明理由.数列an是公比为q的等比数列，Sn是公差为d的等差数列bn的前n项和，_，a22，a516，a3b3，是否存在正整数，使得Sn50?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.单元卷六数列(基础巩固卷)1.A设等差数列an的公差为d，依题意即解得a11，故选A.2.B法一设等比数列an的公比为q，因为数列an的各项均为正数，所以a10，q0.由已知得a1q24，a1qa1q564，得a11，q2，所以S531，故选B.法二设等比数列an的公比为q，因为数列an的各项
11、均为正数，所以a10，q0.又aa2a664，所以a48，所以q2，a11，所以S531，故选B .3.C由a1a2a33a236，得a212，由a11a12a133a1284，得a1228，所以a5a9a2a12122840.故选C.4.B当n2时，由Snan，得Sn1an1.，得ananan1，即an3an1.又a1S1a1，解得a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，所以S5121，故选B.5.B因为a12，anmanam，所以令m1，可得an1a1an2an(nN*)，由等比数列的定义知数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则an2n，ak1ak2ak3ak42k12
12、k22k32k4152k1480，解得k4，故选B.6.B由Sn是等差数列，可得2(a1a2)a1a1a2a3，a2a3，an是各项均为正数的等比数列，a3a2q，可得q1，ana10，anSn(n1)a1，数列anSn是等差数列，正确；aa，a是常数列，为等差数列，正确；a10，是各项不为零的常数列，是等差数列，也是等比数列，正确；anSnna，anSn不是等比数列，错误.故选B.7.C当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，当n1时满足，an2n1(nN*)，数列的前n项和Tn，由，解得n20，故使得Tn成立的n的最大值为19，故选C.8.B因为an1anan2
13、(n3)，所以anan1an1，故anan1anan2，所以an1an20，所以anan30，an3an60，故anan6，由上式可得a1a40，a2a50，a3a60，所以S6a1a2a60，因为2 01963363，所以S2 0190a2 017a2 018a2 0192 020，所以a2 017a2 018a2 0192 020；因为a2 020S2 020S2 0192 0192 0201，a2 017a2 0200，所以a2 017a2 0201，所以a2 018a2 0192 02012 019，因为a2 018a2 017a2 0191a2 019，所以a2 0191 009，a
14、2 0181 010，因为a2 018a2 0210，所以a2 021a2 0181 010，所以S2 021S2 020a2 0212 0191 0101 009.故选B.9.ABD因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数，即a7a8，所以an不是递增数列，所以选项A错误；因为2月23日新增确诊病例数为0，所以S33S34，所以数列Sn不是递增数列，所以选项B错误；因为1月31日新增病例数最多，从1月21日算起，1月31日是第11天，所以数列an的最大项是a11，所以选项C正确；由an0，知Sn1Sn，故数列Sn的最大项是最后一项，所以选项D错误.故选ABD.10.AC根据题意有
15、FnFn1Fn2(n3)，所以S3F1F2F31F1F2F31F3F2F31F4F31F51，S4F4S3F4F51F61，S5F5S4F5F61F71，所以S2 019F2 0211.故选AC.11.ABC显然q0.A：因为a1a20，所以(a1q)(a2q)(a1a2)q20，选项A正确；B：由a1a30a1(1q2)0a10，而a1a20a1(1q)0，显然，1q0q1且q0，选项B正确；C：由an1an01q1，anan22an1ananq22anqan(1q)20anan22an1，选项C正确；D：由anan10ananq0q0，(an1an)(anqan1q)q(an1an)20，
16、选项D不正确，故选ABC.12.ACD由题意，将每一个节气晷长排成一列，组成数列an，则有an为等差数列，夏至晷长为a115，冬至晷长为a13135，则有a13a112d135，解得d10.对选项A，白露、立秋分别对应的为a6、a4，所以白露比立秋的晷长长2d20寸，即两尺，故A正确；对选项B ，由图可知大寒比冬至的晷长要小两个d，所以大寒的晷长为115寸，即一丈一尺五寸，故B错误；对选项C，由图可知，处暑和谷雨的晷长相同，故C正确；对选项D，可得立春的晷长为105寸，立秋的晷长为45.故D正确.故选ACD.13.20由a3a8a4a718，得a4a79，所以log a1log a2log a
17、10log (a1a2a10)log (a1a10)5log (a4a7)5log 952log331020.14.3 032设等差数列an的公差为d(d0)，由a1，a3，a11成等比数列得：aa1a11，(a52d)2(a54d)(a56d)，整理可得：14d23a5d，d0，a514，d3，ana5(n5)d3n1，bn(1)n1(3n1)，S2 021b1(b2b3)(b4b5)(b2 020b2 021)231 0103 032.15.124n4(nN*)记an表示第n代“类勾股树”上的所有正方形的面积之和，则a18，第2代“类勾股树”为在第1代的最上面的每个正方形上各增加两个小正方
18、形，由勾股定理知，增加的两个小正方形的面积之和恰好等于原来的正方形的面积，所以a2a14，所以a28412，以此类推，可知an是以8为首项，4为公差的等差数列，所以an8(n1)44n4(nN*).16.52由anncos ，得bnanan1ncos(n1)cos ncos(n1)sin ，则b4n4ncos 2n(4n1)sin 2n4n，b4n1(4n1)cos4nsin4n，b4n2(4n2)cos(2n1)(4n1)sin(2n1)24n，b4n3(4n3)cos(4n2)sin24n，所以b4n3b4n2b4n1b4n4，于是数列bn的前50项和b1b2b3b48b49b5012(b
19、1b2b3b4)b4133b41321242413241352.17.解选择因为a312，所以a13，所以Sn3(2n1).令Sk2 020，即3(2k1)2 020，得2k.所以存在正整数k，使得Sk2 020，k的最小值为10.选择因为a312，所以a148，所以Sn96.因为Sn962 020，即1(2)k2 020，整理得(2)k2 019，所以存在正整数k，使得Sk2 020，k的最小值为11.18.解(1)设数列an的公比为q，由已知q0.由题意得2a1qa1q2a1q3，a1q0，所以q2q20，得q2.由aq42a1q3，得a1q2，所以a11.(2)由题意知f(i)bi，f(
20、1)b1a11，2i，即bi1bi2i，由b2b121，b3b222，bnbn12n1，累加可得bnb121222n1，所以bn2021222n12n1(nN*).19.解(1)设等比数列an的公比为q(q0)， a2a5a7，a8256，a1qa1q4a1q6，a1q7256，a1q2，an2n(nN*).2Snbbn2，当n1时，2S12b1bb12，解得b12或b11(舍去)；当n2时，2Sn1bbn12，得2bnbbbnbn1，即(bnbn1)(bnbn11)0，bnbn10，bnbn110，即bnbn11.数列bn是以2为首项，1为公差的等差数列，bn2(n1)1n1(nN*).(2
21、)由(1)可得Sn，cnn2n1，Mn122223324(n1)2nn2n1，2Mn123224325(n1)2n1n2n2，故Mn222324252n1n2n2n2n24(n1)2n2，Mn4(n1)2n2(nN*).20.解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，因为bn0，所以q0.依题意得即解得dq2或dq3(舍).an2n1，b2n1，nN*.(2)由(1)可得Snn(n2).cn设数列cn的前2n项和为T2n，则T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(21232522n1)1(nN*).21.解(1)若选，则2Snnan1，当n1时，2S1a2，得a22；当n
22、2时，2Sn1(n1)an，两式相减得2annan1(n1)an，即(n1)annan1，.当n2时，ana1n，当n1时也成立，ann(nN*).若选，2Snan1an，当n1时，2S1a2a1，得a22；当n2时，得2Sn1anan1，两式相减得2ananan1anan1.由an0，得an1an12，又a11，a22，a2n是公差为2，首项为2的等差数列，a2n1是公差为2，首项为1的等差数列，故ann(nN*).若选，aan2Sn，当n2时，aan12Sn1，两式相减得aanaan12an，即(anan1)(anan11)0，由an0，得anan110，an是公差为1的等差数列，而a11
23、，故ann.(nN*)(2)由(1)知bn(n1)2n，则Tn22322423(n1)2n，2Tn222323n2n(n1)2n1，两式相减得Tn422232n(n1)2n14(n1)2n1442n1(n1)2n1n2n1，故Tnn2n1(nN*).22.解a22，a516，q323，q2，ana2qn22n1.若选，qd0，a3b3，dq2，b3224，bnb32(n3)102n，b18，Sn，当n4或n5时，Sn取得最大值，为S4S520.若Sn50，则(Sn)max20，又N*，1或2.若选，a4b70，a3b3，b7a48，b34，d3，bnb73(n7)133n，b110，由bn0得n4，当n4时，Sn取得最大值，为S4422.若Sn50，则(Sn)max22，又N*，1或2.若选，S39，3b29，b23，a3b3，b34，d1，bnb2(n2)n1.等差数列bn递增，Sn无最大值，不存在正整数，使得Sn50.
