全国通用2022高考数学二轮复习小题分类补偿练6文

补偿练6　数　列(限时：40分钟)一、选择题1.已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则a7＝(　　)A.53B.54C.55D.109解析　a7＝(a7－a6)＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(7＋6＋5＋4＋3＋2)＋1＝55.答案　C2.等差数列{an}的前n项和为Sn，若6a3＋2a4－3a2＝5，则S7＝(　　)A.28B.21C.14D.7解析　6a3＋2a4－3a2＝6(a1＋2d)＋2(a1＋3d)－3(a1＋d)＝5a1＋15d＝5a4，∴a4＝1，∴S7＝7a4＝7.答案　D3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝(　　)A.2B.C.D.3解析　∵数列{an}是等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，则(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，令S6＝3，S3＝1，解得：S9＝7，∴＝.答案　B4.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝(　　)A.5B.6C.7D.8解析　由Sn＋2－Sn＝36，得：an＋1＋an＋2＝36，即a1＋nd＋a1＋(n＋1)d＝36，又a1＝1，d＝2，∴2＋2n＋2(n＋1)＝36.解得n＝8.答案　D5.设{an}是等比数列，则“a1＜a2＜a4”是“数列{an}是递增数列”的(　　)4\nA.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析　当a1＜0，q＜－1时，满足a1＜a2＜a4，但此时的数列a1，a3，a5，…＜0，a2，a4，a6，…＞0，是摆动数列，所以a1＜a2＜a4时，数列{an}不一定是递增数列，充分性不成立；若数列{an}是递增数列，则一定有a1＜a2＜a4，必要性成立.答案　B6.数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝(2n－λ)an(n＝1，2，…)，则a3等于(　　)A.15B.10C.9D.5解析　由a2＝(2－λ)a1，可得2－λ＝3，解得λ＝－1，∴a3＝(2×2＋1)×3＝15.答案　A7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则Sn取得最小值时，n的值为(　　)A.4B.5C.6D.7解析　设{an}的公差为d.由得因此等差数列{an}的通项公式为an＝2n－11，令an＞0，解得n＞，故前5项和最小.答案　B8.在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2，a4成等差数列，则S7的值为(　　)A.125B.126C.127D.128解析　设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0)，且a1＝1，由－a3，a2，a4成等差数列，得2a2＝a4－a3，即2a1q＝a1q3－a1q2.因为q＞0.所以q2－q－2＝0.解得q＝－1(舍)，或q＝2.则S7＝＝＝127.答案　C9.已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)A.1B.2C.4D.8解析　由a4－2a＋3a8＝0得：2a＝a4＋3a8＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1q·b1q7·b1q10＝b·q18＝(b7)3＝8.答案　D4\n10.设等差数列{an}和等比数列{bn}的首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＋ab5＝(　　)A.54B.56C.58D.57解析　由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.答案　D11.已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线斜率为3，数列的前n项和为Sn，则S2014的值为(　　)A.B.C.D.解析　函数的导数f′(x)＝2x＋b，∵点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1.∴f(x)＝x2＋x＝x(x＋1)，∴＝＝－，∴S2014＝＋＋＋…＋＝1－＝.答案　C12.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}前n项的和，则(n∈N*)的最小值为(　　)A.4B.3C.2－2D.解析　据题意由a1，a3，a13成等比数列可得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2，因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2，据基本不等式知＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，当n＝2时取得最小值4.答案　A二、填空题13.已知等差数列{an}的公差d不为0，且a1，a3，a7成等比数列，则的值为________.解析　∵a1，a3，a7成等比数列，∴a＝a1a7，4\n即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，∴4d2＝2a1d，∴＝2.答案　214.已知数列{an}，an＝2n，则＋＋…＋＝________.解析　由题意得数列{an}为首项是2，公比为2的等比数列，∴数列是首项为，公比为的等比数列，则＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝1－.答案　1－15.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.解析　由a5＝＝a2·q3＝2·q3，解得q＝.数列{anan＋1}仍是等比数列，其首项是a1a2＝8，公比为，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).答案　(1－4－n)16.数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，an＝2Sn－1＋3n(n≥2)，则该数列的通项公式an＝________.解析　∵an＝2Sn－1＋3n，∴an－1＝2Sn－2＋3n－1(n≥3)，相减得：an－an－1＝2an－1＋2×3n－1，即an＝3an－1＋2×3n－1，∴＝＋(n≥3).又a2＝2S1＋32＝2a1＋32＝15，＝，＋＝，即＝＋，∴数列是以1为首项，为公差的等差数列，∴＝1＋(n－1)×，∴an＝(2n＋1)3n－1.答案　(2n＋1)·3n－14