（2021步步高大一轮数学（新高考版））第六章 检测六.docx

1、检测六检测六数数列列 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1(2020广州调研)在等比数列an中，a12，a41 2，若 a k2 5 ，则 k 等于() A5B6C9D10 答案D 解析由 a12，a41 2， 可得 q31 4，即 q 2 3 2 ， aka1qk 12qk125， qk 126 2 3 2 (k1)， 2k1 3 6，k10. 2(2020桂林模拟)已知 Sn是等差数列an的前 n 项和，a2a4a612，则 S7等于() A20B28C36D4 答案B 解析a2a4a63a412， a44，S77a

2、1a7 2 72a4 2 28，故选 B. 3(2020福州质检)已知数列an中，a32，a71.若数列 1 an为等差数列，则 a9等于() A.1 2 B.5 4 C.4 5 D4 5 答案C 解析依题意知 a32，a71， 因为数列 1 an为等差数列， 所以 d 1 a7 1 a3 73 11 2 73 1 8， 所以 1 a9 1 a7(97) 1 8 5 4， 所以 a94 5，故选 C. 4(2020永州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，2Snan1an，则 S10等于() A100B110C50D55 答案D 解析2Snan1an， a11， 当 n1 时，

3、2a1a2a1，得 a22， 当 n2 时，2Sn1anan1， 由得 2anan(an1an1)， 又2Snan1an， 可得 an0，从而 an1an12， 当 n 为奇数时，数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 a2n12n1； 当 n 为偶数时，数列an是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，故 a2n2n； 所以当 n 为正整数时，ann， 则 S101231010110 2 55， 故选 D. 5设函数 f (x)1 2log 2 x 1x，定义 S nf 1 n f 2 n f n1 n，其中 nN*，n2，则 Sn等于() A.nn1 2 B.n1 2 log2(

4、n1) C.n1 2 D.n1 2 log2(n1) 答案C 解析f (x)1 2log 2 x 1x， f (1x)1 2log 21x x ， f (x)f (1x)1 2log 2 x 1x 1 2log 21x x 1， Snf n1 nf n2 nf 1 n ， Snf 1 n f 2 n f n1 n， 两式相加可得 2Snn1，Snn1 2 . 6 (2020江淮十校联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时， 发现有这样一列 数：1,1,2,3,5,8,13,21，.该数列的特点是：前两个数都是 1，从第三个数起，每一个数都等 于它的前面两个数的和， 人们把这样的一列数

5、组成的数列an称为“斐波那契数列”， 则(a1a3 a22)(a2a4a23)(a3a5a24)(a2 019a2 021a22 020)等于() A1B2 020C1D2 020 答案C 解析由题意得 a1a3a221，a2a4a231，a3a5a241， 当 n 为偶数时，anan2a2n11； 当 n 为奇数时，anan2a2n11， (a1a3a22)(a2a4a23)(a3a5a24)(a2 019a2 021a22 020)1. 7一个等比数列的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列有 () A13 项B12 项C11 项D10 项 答案B 解析设数列

6、的通项公式为 ana1qn 1， 则前三项分别为 a1，a1q，a1q2， 后三项分别为 a1qn 3，a1qn2，a1qn1. 由题意得 a31q32，a31q3n 64， 两式相乘得 a61q3(n 1)8，即 a2 1qn 12. 又a1a1qa1q2a1qn 164， an1 (1) 2 n n q 64， 即(a21qn 1)n642，解得 n12. 8(2020长沙联考)定义在0，)上的函数 f (x)满足：当 0 x2 时，f (x)2xx2；当 x2 时，f (x)3f (x2)将函数 f (x)的极大值点从小到大依次记为 a1，a2，an，并记相应的 极大值为 b1，b2，b

7、n，则 a1b1a2b2a20b20的值为() A193201B193191 C203191D203201 答案A 解析由题意，知当 0 x2 时，f (x)2xx2(x1)21，极大值点为 1，极大值为 1， 当 x2 时，f (x)3f (x2)，则极大值点形成首项为 1，公差为 2 的等差数列，极大值形成 首项为 1，公比为 3 的等比数列， 故 an2n1，bn3n 1， 故 anbn(2n1)3n 1， 设 Sa1b1a2b2a20b201133153239319， 3S13133239320， 两式相减得2S12(3132319)3932012313 19 13 393202 38

8、320， S193201， 故选 A. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9设an是等差数列，Sn是其前 n 项和，且 S5S8，则下列结论正确的是() AdS5DS6与 S7均为 Sn的最大值 答案ABD 解析由 S50. 又 S6S7a70，所以 dS8a80， 因此，S9S5a6a7a8a9 2(a7a8)0， 即 S9S5. 10已知数列an是等比数列，则下列结论中正确的是() A数列a2n是等比数列 B若 a32，a732，则 a58 C若 a1a2a3，则数列an是递增数列 D若数列a

9、n的前 n 项和 Sn3n 1r，则 r1 答案AC 解析在 A 中，a2na21q2n 2， a 2 n1 a2n a21q2n a21q2n 2q 2是常数， 数列a2n是等比数列，故 A 正确； 在 B 中，若 a32，a732，则 a5 2328，故 B 错误； 在 C 中，若 a1a2a3，则 a10,0q0，q1，数列an均是递增数列，故 C 正确； 在 D 中，若数列an的前 n 项和 Sn3n 1r， 则 a1S11r，a2S2S1(3r)(1r)2， a3S3S2(9r)(3r)6， a1，a2，a3成等比数列， a22a1a3， 46(1r)， 解得 r1 3，故 D 错误

10、 故选 AC. 11 已知数列an为等差数列， 其前 n 项和为 Sn， 且 2a13a3S6， 则下列结论正确的是() Aa100BS10最小 CS7S12DS190 答案ACD 解析A 中，因为数列an为等差数列，2a13a3S6， 即 5a16d6a115d，即 a19da100，故 A 正确； B 中，因为 a100，所以 S9S10，但是无法推出数列an的单调性，故无法确定 S10是最大值 还是最小值故 B 错误； C 中，因为 a8a9a10a11a125a100， 所以 S12S7a8a9a10a11a12S70S7，故 C 正确； D 中，S19a1a19 2 1919a100

11、，所以 D 正确 故选 ACD. 12已知数列an的前 n 项和为 Sn，Sn2an2，若存在两项 am，an，使得 aman64，则下 列结论正确的是() A数列an为等比数列 B数列an为等差数列 Cmn 为定值 D设数列bn的前 n 项和为 Tn，bnlog2an，则数列 Tn n 为等差数列 答案ACD 解析数列an的前 n 项和为 Sn，Sn2an2，当 n1 时，解得 a12， 当 n2 时，Sn12an12， 所以 anSnSn12an2an1， 整理得 an2an1，即 an an12(常数)， 所以数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 所以 an22n 12n，n2

12、，当 n1 时，a12 符合上式 所以 an2n，故选项 A 正确，B 错误； 由于 an2n，故存在两项 am，an，使得 aman64,2m n26，即 mn6. 故选项 C 正确； bnlog2ann， 所以 Tn123nnn1 2 ， 所以Tn n n1 2 1 2n 1 2符合一次函数的形式，故该数列为等差数列 故选项 D 正确 故选 ACD. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13(2020安徽六校联考)设等差数列an的公差 d 不为 0，a116d，若 ak是 a1与 a2k的等比 中项，则 k_. 答案5 解析因为 ak是 a1与 a2k的等比中项

13、， 所以 a2ka1a2k， 所以a1(k1)d2a1a1(2k1)d， 整理得 k22k150， 解得 k5 或 k3(舍去) 14已知an是公差为2 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若 a21，a51，a71 成等比数 列，则 a1_，当 n_时，Sn取得最大值(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案1910 解析因为 a21，a51，a71 成等比数列， 所以(a51)2(a21)(a71)， 又an是公差为2 的等差数列， 所以(a181)2(a121)(a1121)， 即(a17)2(a11)(a111)，解得 a119， 所以 Sn19nn(n1)n220n(n10)2100

14、， 因此，当 n10 时，Sn取得最大值 15(2020沈阳质检)已知数列an满足 a12a23a3nan(2n1)3n，nN*，则 an _. 答案 3，n1， 43n 1，n2 解析当 n1 时，a1(21)33， 当 n2 时，由题意可得， a12a23a3nan(2n1)3n， a12a23a3(n1)an1(2n3)3n 1， 两式作差可得 nan(2n1)3n(2n3)3n 14n3n1， 故 an43n 1，当 n1 时，a13 不符合上式， 所以 an 3，n1 43n 1，n2. 16 (2020张家口调研)已知数列an满足 an2an1an1an， nN*，且 a5 2，若

15、函数 f (x) sin 2x2cos2x 2，记 y nf (an)，则数列yn的前 9 项和为_ 答案9 解析由已知可得，数列an为等差数列，f (x)sin 2xcos x1， f (x)sin(22x)cos(x)1 sin 2xcos x1， f (x)f (x)2. a1a9a2a82a5， f (a1)f (a9)2419， 即数列yn的前 9 项和为 9. 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(10 分)(2020廊坊质检)设等差数列的前 n 项和为 Sn，a2S25，S515. (1)求数列an的通项公式； (2)求 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1

16、. 解(1)设等差数列an的公差为 d， 由 a2S23a12d5， S55a110d15， 即 a12d3， 解得 a11，d1， 所以 an1(n1)n. (2)由 ann，所以 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1， 所以 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 18(12 分)(2020济南调研)已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 S3S112,2a2 3S114. (1)求数列an的通项公式； (2)数列 b1，b2b1，b3b2，bnbn1是首项为 1，公比为 2 的等比数列，记 cn

17、bn an，求 数列cn的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公比为 q，由已知得 q0， 由题意得 a1qa1q212， 3a12a1q14， 所以 7q25q180，解得 q2(舍负)，所以 a12， 因此数列an的通项公式为 an2n. (2)因为 bnb1(b2b1)(bnbn1)2n1， 所以 cn2 n1 2n 1 1 2 n， 所以数列cn的前 n 项和 Tn11 21 1 221 1 2nn 1 2 1 1 2 n 11 2 n 1 2 n1. 19(12 分)(2020北京市朝阳区质检)已知数列an是等差数列且满足 a25，a49，数列bn an是公比为 3 的等比数列

18、，且 b13. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列bn的前 n 项和 Sn. 解(1)设等差数列an的公差为 d. 由 a25，a49，得 952d，解得 d2. 所以 ana2(n2)d52(n2)2n1. 即an的通项公式为 an2n1，nN*. 由于bnan是公比为 3 的等比数列，且 b1a16， 所以 bnan(b1a1)3n 163n1. 从而 bn63n 1an63n1(2n1)，nN*. (2)由(1)得 bn63n 1(2n1)，nN*. 数列bn的前 n 项和 Sn6(133n 1)35(2n1) 613 n 13 n32n1 2 3n 13n22n(nN*)

19、 20(12 分)(2020石家庄期末)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n1，数列bn满足 b1 2，bn12bn8an. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)当 n1 时，a1S12111； 当 n2 时，anSnSn1(2n1)(2n 11)2n2n12n1. a11 也适合 an2n 1， 因此，数列an的通项公式为 an2n 1. (2)bn12bn8an2n 2， 等式两边同时除以 2n 1得，bn1 2n 1 bn 2n2，且 b1 2 1. 数列 bn 2n是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， bn 2n12(n1)2

20、n1， bn(2n1)2n. Tn121322523(2n1)2n， 得 2Tn122323(2n3)2n(2n1)2n 1， 两式相减得Tn2122222322n(2n1)2n 1 22 312n1 12 (2n1)2n 1 (32n)2n 16， 因此 Tn(2n3)2n 16. 21(12 分)已知数列an中，a11，a23，且数列an1an是以 2 为公比的等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)令 cn(1)n 1an，求数列cn的前 n 项和 Sn. 解(1)依题意可知数列an1an是以 a2a1312 为首项，以 2 为公比的等比数列， 所以 an1an22n 12n，等式

21、两边同时除以 2n得， 2an 1 2n 1 an 2n1， 即an 1 2n 1 1 2 an 2n 1 2， 所以an 1 2n 11 1 2 an 2n1， 又a1 2 11 20， 所以 an 2n1是首项为1 2，公比为 1 2的等比数列， 所以an 2n1 1 2 1 2 n11 2n， 所以 an2n1. (2)由(1)得，cn(1)n 1(2n1)， 当 n 为偶数时，Sn(211)(221)(231)(241)(2n 11)(2n1) 212223242n 12n 212 n 12 2 31(2) n2 3(12 n)； 当 n 为奇数时，n1 为偶数， 所以 SnSn1cn

22、2 3(12 n1)2n12 n11 3 ， 综上所述，Sn 2n 11 3 ，n 为奇数， 22n 1 3 ，n 为偶数. 22(12 分)已知数列an的首项 a12，前 n 项和为 Sn，且数列 Sn n 是以1 2为公差的等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2nan，nN*，数列bn的前 n 项和为 Tn， 求证：数列 Tn n 为等比数列， 若存在整数 m，n(mn1)，使得Tm Tn mSm nSn ，其中为常数，且2，求的所有可能 值 (1)解a12，S1 1 2， Sn n 21 2(n1) 1 2n 3 2， 即 Sn1 2n 23 2n， 当 n2 时，Sn

23、11 2(n1) 23 2(n1) 1 2n 21 2n1， anSnSn1n1(n2)， 当 n1 时，a12 符合上式，ann1(nN*) (2)证明ann1(nN*)， bn2n(n1)， Tn222232342n(n1)， 则 2Tn2222332442n 1(n1)， 两式相减，可整理得 Tnn2n 1， Tn n 2n 142n1， 数列 Tn n 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列 解由可知，Tnn2n 1， 且由(1)知 Sn1 2n 23 2n， 代入Tm Tn mSm nSn ， 可得m2 m1 n2n 1 m 1 2m 23 2m n 1 2n 23 2n ， 整理得2 m 2n m23m2 n23n2 ， 即n 23n2 2n m 23m2 2m ， 设 cnn 23n2 2n ，则 cmcn， 则 cn1cnn1 23n12 2n 1 n 23n2 2n n 2n24 2n 1 . 2，当 n3 时，cn1cnn 2n24 2n 1 0，即 cn1n1，且 c2c45 2 14 8 36 8 0， c2cn(n5)， c2c4或 c2c3，即 n2，m4 或 3. 当 n2，m4 时，2， 当 n2，m3 时，1. 故的所有可能值为1，2.