专题检测卷(二) 数 列.doc

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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.

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