1、专题突破练专题突破练 16 专题四专题四 数列过关检测数列过关检测 一、单项选择题 1.(2020 东北三省四市教研体二模,理 5)等比数列an中,a5,a7是函数 f(x)=x2-4x+3 的两个零点,则 a3 a9= ( ) A.-3 B.3 C.-4 D.4 2.(2020 全国,文 10)设an是等比数列,且 a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则 a6+a7+a8=( ) A.12 B.24 C.30 D.32 3.(2020 河北沧州一模,理 7)已知an为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则 a2+a11=( ) A.9 B.-9 C. D.- 4.(2020
2、 河南、广东等五岳 4 月联考,理 10)元代数学家朱世杰在算学启蒙中提及如下问题:今有 银一秤一斤十两(1秤=15斤,1斤=16 两),令甲、乙、丙从上作折半差分之,问:各得几何?其意思 是:“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一 半”.若银的数量不变,按此法将银依次分给 7个人,则得银最少的一个人得银( ) A.9 两 B. 两 C. 两 D. 两 5.(2020 山东烟台一模,4)数列Fn:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n2),最初记载于意大利数学家斐波那契在 1202年所著的算盘全书.若将数列Fn的每一项除以 2 所得的余数按
3、原来项的顺序构成新的数 列an,则数列an的前 50项和为( ) A.33 B.34 C.49 D.50 6.(2020 全国,理 6)数列an中,a1=2,am+n=aman.若 ak+1+ak+2+ak+10=215-25,则 k=( ) A.2 B.3 C.4 D.5 二、多项选择题 7.设等差数列an的公差为 d,前 n项和为 Sn,若 a3=12,S120,S130,则下列结论正确的是( ) A.数列an是递增数列 B.S5=60 C.- d1,a2 019a2 0201, - - 0,下列结论正确的是( ) A.S2 019S2 020 B.a2 019a2 021-10 C.T2
4、 020是数列Tn中的最大值 D.数列Tn无最大值 三、填空题 9.(2020 山东,14)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前 n 项和 为 . 10.(2020 山东济宁 5 月模拟,15)已知首项与公比相等的等比数列an,若 m,nN*,满足 am ,则 的最小值为 . 11.(2020 广东广州一模,文 16)记 Sn为数列an的前 n项和,若 2Sn-an= - ,数列a n+2-an的前 n 项和 Tn= . 四、解答题 12.已知数列log2(an-1)(nN*)为等差数列,且 a1=3,a3=9. (1)求数列an的通项公式; (2)证明: -
5、- + - 1. 13.(2020 湖南永州二模,理 17)已知 Sn是公差不为零的等差数列an的前 n 项和,S3=6,a3是 a1与 a9的 等比中项. (1)求数列an的通项公式; (2)设数列 bn=(-1)n - (nN *),数列b n的前 2n项和为 P2n,若|P2n+1|0),等差数列bn的公差为 2d.设 An,Bn分别是数列an,bn的前 n项 和,且 b1=3,A2=3, , (1)求数列an,bn的通项公式; (2)设 cn= ,求数列cn的前 n 项和 Sn. 专题突破练 16 专题四 数列过关检测 1.B 解析 由 a5,a7是函数 f(x)=x2-4x+3的两个
6、零点,即 a5,a7是方程 x2-4x+3=0的两个实 根. 则 a5 a7=3,又在等比数列an中,a3 a9=a5 a7=3,故选 B. 2.D 解析 设等比数列an的公比为 q,因为 a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以 q(a1+a2+a3)=2,解得 q=2.所以 a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32. 3.C 解析 an为等比数列, a4a9=a5a8=-18.又 a5+a8=-3,可解得 - 或 - 设等比数列an的公比为 q,则当 - 时,q3= =- ,a2+a11= +a8q 3=- - +3 (- ) ; 当 - 时,q 3= =-2,a2+
7、a11= +a8q 3= - +(-6)(-2)= 故选 C. 4.B 解析 由题意一秤一斤十两共有银 1616+10=266两, 设分银最少的为 a 两,则 7 人的分银量构成以 a为首项,2 为公比的等比数列,则 - - =266,解得 a= ,故选 B. 5.B 解析 由 F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n2),得数列Fn的各项分别为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,将数列Fn的每一项除以 2所得的余数构成新的数列 an的各项分别为 1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,则数列an的前 50项和 =(1+1+0)16+1+1=34.故选
8、B. 6.C 解析 am+n=am an,令 m=1, 又 a1=2,an+1=a1 an=2an, =2,an是以 2为首项,2 为公比的等比数列,an=2n. ak+1+ak+2+ak+10=2k+1+2k+2+2k+10=2k+1 - - =2k+11-2k+1=215-25 解得 k=4. 7.BCD 解析 依题意知,S12=12a1+ d0,S13=13a1+ d0,a1+6d0,a70.由 a3=12,得 a1=12-2d,联立解得- d-3. 等差数列an是单调递减的. S1,S2,S12中最大的是 S6. S5= =5a3=60.故选 BCD. 8.AB 解析 当 q0 时,a
9、2 019a2 020= q1,a2 019a2 0201 矛盾,所以 q0. 当 q1时,若 a2 0191,a2 0201,与已知 - - 0矛盾,故 0q1; 由 0q1,0a2 020S2 019,A正确; a2 019a2 021-1= -10,故 B 正确; T2 019是数列Tn中的最大值,故 CD错误;故选 AB. 9.3n2-2n 解析 数列2n-1的项均为奇数,数列3n-2的所有奇数项均为奇数,所有偶数 项均为偶数.并且显然3n-2中的所有奇数均能在2n-1中找到,所以2n-1与3n-2的 所有公共项就是3n-2的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列an为以 1为首 项
10、,以 6 为公差的等差数列.所以an的前 n 项和为 Sn=n1+ - 6=3n2-2n. 10.1 解析 由题意设等比数列an的首项与公比为 q,因为 am , 所以 qm+2n=q8,则 m+2n=8. ( ) =1. 11 解析 2Sn-an= - , 2Sn+1-an+1= ,两式相减可得 2an+1-an+1+an=- ,即 an+1+an=- ,所以 an+2+an+1=- , 两式相减可得 an+2-an=- ,an+2-an是以 为首项, 为公比的等比数 列. Tn= ( - ) - 12.(1)解 设等差数列log2(an-1)的公差为 d.由 a1=3,a3=9,得 log
11、22+2d=log28,即 d=1. log2(an-1)=1+(n-1)1=n,即 an=2n+1. (2)证明 - - , - - + - = + = - - =1- ,所以 n的最小值为 505. 14.解 (1)若选, 数列an,bn都是等差数列,且 A2=3,A5=B3, 解得 an=a1+(n-1)d=n, bn=b1+(n-1)2d=2n+1, 综上,an=n,bn=2n+1. 若选, 数列an,bn都是等差数列,且 A2=3, , 解得 an=a1+(n-1)d=n, bn=b1+(n-1)2d=2n+1. 综上,an=n,bn=2n+1. 若选, 数列an,bn都是等差数列,且 A2=3,B5=35, 解得 an=a1+(n-1)d=n, bn=b1+(n-1)2d=2n+1. 综上,an=n,bn=2n+1. (2)由(1)得:cn=2n+ =2 n+ ( - ),Sn=(2+2 2+2n)+ ( - ) ( - )+( - ) = - - ( - )=2 n+1-
