2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列专题检测卷二数列含解析202303112167

专题检测卷(二)　数　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，a1＝－3，2a4＋3a7＝9，则S7的值为(　　)A.21B.1C.－42D.0解析　法一　设等差数列{an}的公差为d，则2a4＋3a7＝2(a1＋3d)＋3(a1＋6d)＝5a1＋24d＝9.将a1＝－3代入可得d＝1，所以S7＝7a1＋d＝7×(－3)＋21×1＝0.故选D.法二　由等差数列的性质可得2a4＋3a7＝a1＋a7＋3a7＝9.因为a1＝－3，所以a7＝3，所以S7＝＝＝0.故选D.答案　D2.(2020·南昌调研)公比不为1的等比数列{an}中，若a1a5＝aman，则mn不可能为(　　)A.5B.6C.8D.9解析　由等比数列{an}满足a1a5＝aman，可得m＋n＝1＋5＝6，且m，n∈N*，所以m，n的可能取值分别为m＝1，n＝5或m＝2，n＝4或m＝3，n＝3或m＝4，n＝2或m＝5，n＝1，所以mn不可能为6.故选B.答案　B3.(2020·辽宁五校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝则a6＝(　　)A.16B.25C.28D.33解析　∵a1＝1，∴a2＝a1＋3＝4，a3＝2a2＋1＝9，a4＝a3＋3＝12，a5＝2a4＋1＝25，a6＝a5＋3＝28.故选C.答案　C4.(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.a1d>0，dS3>0B.a1d>0，dS3<0C.a1d<0，dS3>0D.a1d<0，dS3<0解析　由a2，a3，a6成等比数列，可得a＝a2a6.又数列{an}是等差数列，∴(a1＋2d)2＝(a1＋\nd)(a1＋5d)，即2a1d＋d2＝0.∵公差d不等于零，∴a1d<0，2a1＋d＝0.∴dS3＝d(3a1＋3d)＝d2>0.故选C.答案　C5.(2020·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(a1a3－a)＋(a2a4－a)＋(a3a5－a)＋…＋(a2013a2015－a)＝(　　)A.1B.0C.1007D.－1006解析　由题意，得a1a3－a＝1×2－1＝1，a2a4－a＝1×3－4＝－1，a3a5－a＝2×5－9＝1，a4a6－a＝3×8－25＝－1，…，a2013a2015－a＝1，所以原式＝1＋(－1)＋1＋(－1)＋…＋1＝1.故选A.答案　A6.数列{an}的前n项和为Sn，且3an＋Sn＝4(n∈N*)，设bn＝nan，则数列{bn}的项的最大值为(　　)A.B.C.D.2解析　由条件可知：3an＋Sn＝4，3an－1＋Sn－1＝4(n≥2).相减，得an＝an－1.又3a1＋S1＝4a1＝4，故a1＝1.则an＝，bn＝n.设{bn}中最大的项为bn，则即解之得3≤n≤4.∴{bn}的项的最大值为b3＝b4＝.答案　B7.(2020·湘赣皖十五校联考)记Sn为数列{an}的前n项和，数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq＋13.若a3＝－7，则当Sn取最小值时，n＝(　　)A.6B.7C.8D.9\n解析　由题意可得，a3＝a1＋a2＋13＝(a1＋13)＋(2a1＋13)＝－7，所以a1＝－11.由已知条件可得，对任意的n∈N*，an＋1＝an＋a1＋13＝an＋2，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是等差数列，an＝2n－13.要使Sn的值最小，则即解得≤n≤.又n∈N*，所以n＝6.故选A.答案　A8.(2020·北京卷)在等差数列中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列(　　)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　由得解得d＝2.∴an＝2n－11，Tn＝(－9)×(－7)×…×(2n－11).当n≤5时，an＜0，当n＞5时，an＞0，故T1＜0，T2＞0，T3＜0，T4＞0，T5＜0，T6＜0，…，Tn＜0.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，有选错的得0分.9.在数列{an}中，n∈N*，若＝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0B.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q＝1时，{an}不是等差比数列，所以C不正确；数列0，1，0，1…是k＝－1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以D正确.故选AD.答案　AD\n10.(2020·菏泽素质测试)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是(　　)A.若d<0，则数列{Sn}有最大项B.若数列{Sn}有最大项，则d<0C.若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列D.若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0解析　由等差数列的求和公式，得Sn＝na1＋d＝n2＋n(n∈N*).设f(n)＝n2＋n，d≠0，n∈R.A中，若d<0，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)的开口向下，所以d<0，正确；C中，若对任意n∈N*，均有Sn>0，则抛物线f(n)的开口向上，所以d>0，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n∈N*，均有Sn>0，错误.故选ABC.答案　ABC11.(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a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项正确的是(　　)A.0<q<1B.a6>1C.T12>1D.T13>1解析　因为等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，得a6<1，a7>1或a6>1，a7<1，当a6<1，a7>1时，q>1，但由a1>1得an>1，与a6<1矛盾，因此舍去.当a6>1，a7<1时，0<q<1，满足题意.所以0<q<1.因为a6a7＋1>2，所以a6a7>1，所以T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝a<1.故选ABC.答案　ABC12.(2020·济南实验中学调研)已知数列{an}，{bn}满足an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln(n∈N*)，a1＋b1>0，给出下列四个命题，其中的真命题是(　　)A.数列{an－bn}单调递增B.数列{an＋bn}单调递增C.数列{an}从某项以后单调递增\nD.数列{bn}从某项以后单调递增解析　因为an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋2bn＋ln，所以an＋1－bn＋1＝an－bn－ln.当n＝1时，a2－b2＝a1－b1－ln2，所以a2－b2<a1－b1，则A错误.an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)＋ln，则an＋1＋bn＋1－ln(n＋1)＝3(an＋bn－lnn)，所以{an＋bn－lnn}是首项为a1＋b1，公比为3的等比数列，所以an＋bn＝(a1＋b1)3n－1＋lnn.因为a1＋b1>0，所以数列{an＋bn}单调递增，则B正确.因为an＋1＝2an＋bn＝an＋lnn＋(a1＋b1)3n－1，所以an＋1－an＝lnn＋(a1＋b1)3n－1>0，则C正确.因为bn＋1＝bn＋an＋bn＋ln，所以bn＋1－bn＝ln(n＋1)－2lnn＋(a1＋b1)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，如数列就是二阶等差数列.数列(n∈N*)的前3项和是__________.解析　设an＝，则a1＝＝1，a2＝＝3，a3＝＝6，因此前3项和S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.答案　1014.(2020·石家庄模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.解析　法一　由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋d＝100a1，S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.法二　设等差数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1得d＝2a1.则＝＝＝＝4.答案　415.(2020·东北三校一联)数列{an}满足a1＝1，an(2Sn－1)＝2S(n≥2，n∈N*)，则an＝________.解析　∵an(2Sn－1)＝2S，∴(Sn－Sn－1)·(2Sn－1)＝2S(n≥2)，化简得Sn－1－Sn＝2SnSn－1，易知Sn≠0，则－＝2(n≥2)，\n∴Sn＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，n≥2.经验证，当n＝1时，不符合an＝－.综上，an＝答案　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{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是________.解析　由题意知q≠1，所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝na1＋d＋＝n2＋n＋－＝n2－n＋2n－1，所以所以d＝2，q＝2，所以d＋q＝4.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①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断{cn}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，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*).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an＝1＋n－1＝n.设{bn}的公比为q(q>0).若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1.因为＝＝<1，\n即cn<cn＋1，所以{cn}是递增数列.若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝b1q2＝1.而b1＝1，所以q＝1(负值已舍去).所以bn＝1，则cn＝n.因为cn＝n<cn＋1＝n＋1，所以{cn}是递增数列.若选③，由a2＝4b2＝2，得b2＝b1q＝，而b1＝1，所以q＝.所以bn＝，则cn＝.因为＝＝≥1，即cn≥cn＋1，所以{cn}不是递增数列.18.(本小题满分12分)(2020·青岛模拟)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，请说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2?(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(q≠0).∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，∴bn＝－(－3)n－1.又∵b1＝a5，∴a5＝－1.法一　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d.∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23.∴要使Sk＋1<Sk，且Sk＋1<Sk＋2，只要\n∴<k<，∴存在k＝4符合题意.选②a4＝b4时，设等差数列{an}的公差为d.∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194.∴要使Sk＋1<Sk，且Sk＋1<Sk＋2，只要∴k>且k<，∴不存在符合题意的k.选③S5＝－25时：设等差数列{an}的公差为d.∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2.同理可得∴<k<，∴存在k＝4符合题意.法二　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d.∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，即存在k＝4符合题意.选②a4＝b4时：同理可得an＝－28n＋139，此时{an}为递减数列，∴不存在正整数k符合题意.选③S5＝－25时：同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，即存在k＝4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a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－\nan，cn＋1＝cn，n∈N*.(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得q＝.所以bn＝.由cn＋1＝4cn，得cn＝4n－1.由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.(2)证明　由cn＋1＝cn，得cn＝＝，所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.20.(本小题满分12分)(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(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)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.证明如下：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，…，a2－5＝3(a1－3).因为a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.21.(本小题满分12分)(2020·杭州统测模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＋2an\n＝4Sn－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围.解　(1)由题意，当n＝1时，a＋2a1＝4S1－1＝4a1－1，整理，得a－2a1＋1＝0，解得a1＝1.当n≥2时，由a＋2an＝4Sn－1，得a＋2an－1＝4Sn－1－1，两式相减，得a＋2an－a－2an－1＝4Sn－1－4Sn－1＋1＝4an，即a－a＝2an＋2an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1).∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)知，Sn＝n＋·2＝n2，则bn＝＝＝·＝.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝∴Tn<.又∵an>0，∴bn>0，易证{Tn}单调递增，∴Tn≥T1＝b1＝＝，\n∴≤Tn<.∴Tn的取值范围为.22.(本小题满分12分)(2020·天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).(1)求和的通项公式；(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；(3)对任意的正整数n，设cn＝求数列{cn}的前2n项和.(1)解　设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而的通项公式为bn＝2n－1.(2)证明　由(1)可得Sn＝，故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，S＝(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)＜0，所以SnSn＋2＜S.(3)解　当n为奇数时，cn＝＝＝－；当n为偶数时，cn＝＝.对任意的正整数n，有c2k－1＝＝－1，和c2k＝＝＋＋＋…＋.①由①得c2k＝＋＋…＋＋.②\n①－②得c2k＝＋＋…＋－＝－－，从而得c2k＝－.因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.所以，数列{cn}的前2n项和为－－.