复习验收卷（六）数列.doc

1、复习验收卷复习验收卷(六六)数列数列 (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洛阳质检)记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S17272，则 a3a9a15 () A.24B.36C.48D.64 答案C 解析因为数列an是等差数列，其前 n 项和为 Sn， 所以 S17272a1a17 2 172a9 2 1717a9， a916，所以 a3a9a153a948. 2.已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，Sn12Sn1(nN*)，则 a10()

2、A.128B.256C.512D.1 024 答案B 解析因为 a12，Sn12Sn1，所以 Sn112(Sn1)，所以Sn1是等 比数列，且公比为 2，首项为 S111，所以 Sn12n 1，所以 Sn2n11， 所以 a10S10S92928256.故选 B. 3.已知 Sn为数列an的前 n 项和，且 log2(Sn1)n1，则数列an的通项公式 为 () A.an2nB.an 3，n1， 2n，n2 C.an2n 1 D.an2n 1 答案B 解析由 log2(Sn1)n1，得 Sn12n 1，Sn2n11. 当 n1 时，a1S13； 当 n2 时，anSnSn12n. 所以数列an

3、的通项公式为 an 3，n1， 2n，n2. 故选 B. 4.(2021重庆诊断)已知数列an的通项公式为 an2nn，若数列an的前 n 项和 为 Sn，则 S8 () A.546B.582C.510D.548 答案A 解析由 an2nn，可得 S8(2222328)(128) 2（128） 12 8（18） 2 546. 5.(2020合肥模拟)记等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn.若 S1040，a65， 则 () A.d3B.a1012 C.S20280D.a14 答案C 解析依题意，得 S10（a1a10）10 2 5(a5a6)40，解得 a53， 则 da6a52，则

4、 a10a64d5813，a1a54d5. S2020a1190d100380280. 6.(2021郑州质检)正项等比数列an中的 a3，a4 039是函数 f(x)1 3x 34x26x3 的极值点，则 log6a2 021 () A.1B.1C. 2D.2 答案B 解析因为 a3，a4 039是函数 f(x)1 3x 34x26x3 的极值点， 则是 f(x)x28x60 有两个根，a3a4 0396. 又an是正项等比数列， 所以 a2 021 a3a4 039 6， 因此 log 6a2 021log661. 7.已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，a22，且对任意 n1，n

5、N*，满足 Sn 1Sn12(Sn1)，则 S10的值为 () A.90B.91C.96D.100 答案B 解析对任意 n1，nN*，满足 Sn1Sn12(Sn1)， Sn1SnSnSn12， an1an2. 数列an在 n2 时是等差数列，公差为 2. 又 a11，a22，S1019298 2 291. 故选 B. 8.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 答案B 解析由条件可知：3anSn4，3an1Sn14(n2).相减，得 an3 4a n1. 又 3a1S14a

6、14，故 a11. 则 an 3 4 n1 ，bnn 3 4 n1 . 设bn中最大的项为 bn，则 bnbn1， 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. 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 2 分，有选错的得 0 分) 9.(2021厦门质检)记 Sn为等差数列an的前 n 项和.若 a13a5S7，则以下结论 一定正确的是 () A.a40B.Sn的最大值为

7、 S3 C.S1S6D.|a3|a5| 答案AC 解析设等差数列an的公差为 d，则 a13(a14d)7a121d，解得 a1 3d. 则 ana1(n1)d(n4)d，所以 a40，故 A 正确； 因为 S6S15a40，所以 S1S6，故 C 正确； 由于 d 的取值情况不清楚， 故 S3可能为最大值也可能为最小值， 故 B 不正确； 因为 a3a52a40，所以 a3a5，即|a3|a5|，故 D 错误. 10.设等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S4S3 1 S3.若 a 11，则 () A.a1a3B.a1a3 C.a2a4D.a2a4 答案AC 解析由 S4S3 1 S3得

8、 a 4 1 S3， 则显然等比数列a n的公比 q1， 则有 a1q3 1 a1（1q3） 1q ，即 a21q3 1 1qq2，即 a 2 1q3(1qq2)1，易知 q0， 当 q1 时，q31，1qq21，因为 a11，则 a21q3(1qq2)1 不可能成立，所以1q0，则 a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2) 0，所以 a1a3，a2a4，故选 AC. 11.已知数列an，bn满足 a10，b10，且 an1an 1 bn， bn1bn 1 an (nN*)，则() A.a50b5020B.a50b5020 C.a50b50100D.a50b50100 答案AC 解析

9、因为 a10， b10， 且 an1an 1 bn， bn1bn 1 an， 所以 an1bn1 an 1 bn bn 1 an anbn 1 anbn2，且 a n0，bn0，所以 an1bn1anbn 1 anbn22，所以 a nbn 2(n2)a2b2， 所以 a50b50248a1b1 1 a1b12100， 当且仅当 a 1b11 时，取等号，所以 a50b502 a50b502 10020，故选 AC. 12.(2021德州一模)如图，已知点 E 是ABCD 的边 AB 的中点， Fn(nN*) 为 边 BC 上 的 一 列 点 ， 连 接 AFn交 BD 于 Gn(nN*)，连

10、接 GnE.点 Gn满足GnD an1GnA 2(2an 3)GnE ，其中数列an是首项为 1 的正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，则 下列结论正确的是 () A.a313B.数列an3是等比数列 C.an4n3D.Sn2n 1n2 答案AB 解析因为点 E 是 AB 的中点，所以 2GnE GnB GnA . 又因为 D， Gn， B 三点共线， 所以可设GnB GnD (0)， 则GnD 2 G nE 1 G nA . 又因为GnD an1GnA 2(2an3)GnE ，所以 an11 ， 2（2an3）2 ， 即 an1 2an3. 所以 an132(an3)， 因为数列an是首

11、项为 1 的正项数列，所以an3是以 4 为首项，2 为公比 的等比数列，所以 an342n 12n1，即 an2n13. 所以 a313，Sn4（12 n） 12 3n2n 23n4.故选 AB. 三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13.记 Sn为等差数列an的前 n 项和.若 a35，a713，则 S10_. 答案100 解析an为等差数列，a35，a713， 公差 da 7a3 73 135 4 2， 首项 a1a32d5221， S1010a1109 2 d100. 14.设等比数列an的前 6 项和为 6，且 a1a，a22a，则 a_. 答案 2 21

12、解析由题意得公比 qa2 a12，则 S 6a 1（126） 12 63a6，解得 a 2 21. 15.设数列an的前 n 项和为 Sn， 已知 a11， 且对任意正整数 n 都有 an1 SnSn11， 则 Sn_. 答案 1 n 解析对任意正整数 n 都有 an1 SnSn11， Sn 1Sn Sn1Sn 1 Sn 1 Sn11， 即 1 Sn1 1 Sn1，又 1 S11. 数列 1 Sn是首项与公差都为 1 的等差数列. 1 Sn1n1n，解得 S n1 n. 16.数列an满足 a11，对任意 nN*，都有 an11ann，则 1 a1 1 a2 1 a99 _. 答案 99 50

13、 解析由题设，得 anan1n(n2) 利用累加法，得 an123nn（n1） 2 ， 则 1 an 2 n（n1）2 1 n 1 n1 . 所以 1 a1 1 a2 1 a99 2 11 2 1 2 1 3 1 99 1 100 2 1 1 100 99 50. 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)(2021盐城质检)已知数列an的首项为 a11，_， 求其通项公式. 在an1anln 11 n ，an12nan，an13an2 这三个条件中任选一 个，补充在上面的问题中并求解. 解选条件：an1anln

14、11 n ， anan1ln 1 1 n1 ln n n1(n2)， an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 ln n n1ln n1 n2ln 3 2ln 21 1ln n n1 n1 n2 3 221ln n(n2)， 又 a11 适合上式，故其通项公式为 an1ln n(nN*). 选条件：an12nan， an an12 n1(n2)， an an an1 an1 an2 a2 a1a 12n 12n221 21 23(n1)2n （n1） 2 ， 又 a11，适合上式，故 an2 n（n1） 2(nN*). 选条件：an13an2，an113(an1)， 又 a11，a1

15、12， 故数列an1是首项为 2，公比为 3 的等比数列， an123n 1，an23n11(nN*). 18.(本小题满分 12 分)(2021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， 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 b3b1q2

16、4，而 b11，所以 q2(负值已舍去)， 所以 bn2n 1，因此 cnn2n1. 因为 cn cn1 n2n 1 （n1）2n n 2（n1）1， 即 cncn1， 所以cn是递增数列. 若选，由 a33b33，得 b3b1q21. 而 b11，所以 q1(负值已舍去). 所以 bn1，则 cnn. 因为 cnn1. 因为 a29，S339，所以 a1a330， 因此a1a3 a2 30 9 10 3 ，即1q 2 q 10 3 . 解之得 q3，或 q1 3(舍)， 故数列an的通项公式为 an3n. (2)证明由(1)，得 bn2n1 3n ， 所以 Tn1 3 3 32 5 33 2

17、n1 3n . 所以 1 3T n 1 32 3 33 5 34 2n1 3n 1 . 由得，2 3T n1 3 2 32 2 33 2 3n 2n1 3n 1 1 3 2 9 1 1 3n 1 11 3 2n1 3n 1 2 3 2n2 3n 1 ， 所以 Tn1n1 3n 1. 22.(本小题满分 12 分)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且当 nN*时，Sn是 2n 1 与 2m 的等差中项(m 为实数). (1)求 m 的值及数列an的通项公式. (2)令 bn1log2an(nN*)， 是否存在正整数 k， 使得 1 bn1 1 bn2 1 bnn k 10对任意正整数 n

18、均成立？若存在，求出 k 的最大值；若不存在，请说明 理由. 解(1)当 nN*时，Sn是 2n 1 与 2m 的等差中项， 2Sn2n 12m，即 Sn2nm. 当 n1 时，S1a12m； 当 n2 时，anSnSn12n 1. an是等比数列，a11，则 2m1， m1，且数列an的通项公式为 an2n 1. (2)存在正整数 k，使不等式对任意正整数 n 均成立，且 k 的最大值为 4. 由题意知 bn1log2ann(nN*). 令 f(n) 1 bn1 1 bn2 1 bnn 1 n1 1 n2 1 2n(nN *). f(n1)f(n) 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 2n1 1 2n2 1 （2n1） （2n2） 0， f(n1)f(n). 数列f(n)单调递增，f(n)minf(1)1 2. 由 1 bn1 1 bn2 1 bnn k 10对任意正整数 n 均成立，得 k 10 1 2，0k 5，kN*. 故存在正整数 k，使不等式对任意正整数 n 均成立，且 k 的最大值为 4.