2021新高考数学二轮总复习专题突破练16　专题四　数列过关检测 WORD版含解析.docx

1、专题突破练16专题四数列过关检测一、单项选择题1.(2020东北三省四市教研体二模,理5)等比数列an中,a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,则a3a9=()A.-3B.3C.-4D.42.(2020全国,文10)设an是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.323.(2020河北沧州一模,理7)已知an为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则a2+a11=()A.9B.-9C.212D.-2144.(2020河南、广东等五岳4月联考,理10)元代数学家朱世杰在算学启蒙中提及如下问题:今有银一秤一斤

2、十两(1秤=15斤,1斤=16两),令甲、乙、丙从上作折半差分之,问:各得几何?其意思是:“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”.若银的数量不变,按此法将银依次分给7个人,则得银最少的一个人得银()A.9两B.266127两C.26663两D.250127两5.(2020山东烟台一模,4)数列Fn:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n2),最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的算盘全书.若将数列Fn的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列an,则数列an的前50项和为()A.33B.34C.49D.506.(202

3、0全国,理6)数列an中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+ak+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4D.5二、多项选择题7.设等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,若a3=12,S120,S130,则下列结论正确的是()A.数列an是递增数列B.S5=60C.-247d1,a2 019a2 0201,a2019-1a2020-10,下列结论正确的是()A.S2 019S2 020B.a2 019a2 021-10C.T2 020是数列Tn中的最大值D.数列Tn无最大值三、填空题9.(2020山东,14)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,

4、则an的前n项和为.10.(2020山东济宁5月模拟,15)已知首项与公比相等的等比数列an,若m,nN*,满足aman2=a42,则2m+1n的最小值为.11.(2020广东广州一模,文16)记Sn为数列an的前n项和,若2Sn-an=12n-1,数列an+2-an的前n项和Tn=.四、解答题12.已知数列log2(an-1)(nN*)为等差数列,且a1=3,a3=9.(1)求数列an的通项公式;(2)证明:1a2-a1+1a3-a2+1an+1-an1.13.(2020湖南永州二模,理17)已知Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,S3=6,a3是a1与a9的等比中项.(1)求数列an

5、的通项公式;(2)设数列bn=(-1)n4an4n2-1(nN*),数列bn的前2n项和为P2n,若|P2n+1|0),等差数列bn的公差为2d.设An,Bn分别是数列an,bn的前n项和,且b1=3,A2=3,(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=2an+3bnbn+1,求数列cn的前n项和Sn.专题突破练16专题四数列过关检测1.B解析由a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,即a5,a7是方程x2-4x+3=0的两个实根.则a5a7=3,又在等比数列an中,a3a9=a5a7=3,故选B.2.D解析设等比数列an的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4

6、=2,所以q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32.3.C解析an为等比数列,a4a9=a5a8=-18.又a5+a8=-3,可解得a5=-6,a8=3或a5=3,a8=-6.设等比数列an的公比为q,则当a5=-6,a8=3时,q3=a8a5=-12,a2+a11=a5q3+a8q3=-6-12+3-12=212;当a5=3,a8=-6时,q3=a8a5=-2,a2+a11=a5q3+a8q3=3-2+(-6)(-2)=212.故选C.4.B解析由题意一秤一斤十两共有银1616+10=266两,设分银最少的为a两,则7人的分银量构成以

7、a为首项,2为公比的等比数列,则a(1-27)1-2=266,解得a=266127,故选B.5.B解析由F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n2),得数列Fn的各项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,将数列Fn的每一项除以2所得的余数构成新的数列an的各项分别为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,则数列an的前50项和=(1+1+0)16+1+1=34.故选B.6.C解析am+n=aman,令m=1,又a1=2,an+1=a1an=2an,an+1an=2,an是以2为首项,2为公比的等比数列,an=2n.ak+1+ak+2+ak+10=2k+

8、1+2k+2+2k+10=2k+11-2101-2=2k+11-2k+1=215-25.k+11=15,k+1=5,解得k=4.7.BCD解析依题意知,S12=12a1+12112d0,S13=13a1+13122d0,a1+6d0,a70.由a3=12,得a1=12-2d,联立解得-247d-3.等差数列an是单调递减的.S1,S2,S12中最大的是S6.S5=5(a1+a5)2=5a3=60.故选BCD.8.AB解析当q0时,a2019a2020=a20192q1,a2019a20201矛盾,所以q0.当q1时,若a20191,a20201,与已知a2019-1a2020-10矛盾,故0q

9、1;由0q1,0a2020S2019,A正确;a2019a2021-1=a20202-10,故B正确;T2019是数列Tn中的最大值,故CD错误;故选AB.9.3n2-2n解析数列2n-1的项均为奇数,数列3n-2的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然3n-2中的所有奇数均能在2n-1中找到,所以2n-1与3n-2的所有公共项就是3n-2的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列an为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以an的前n项和为Sn=n1+n(n-1)26=3n2-2n.10.1解析由题意设等比数列an的首项与公比为q,因为aman2=a42,所以qm+2n=q8,则m+

10、2n=8.2m+1n=2n+mmn=8mn=162nm162n+m22=1642=1.11.12-12n+1解析2Sn-an=12n-1,2Sn+1-an+1=12n,两式相减可得2an+1-an+1+an=-12n,即an+1+an=-12n,所以an+2+an+1=-12n+1,两式相减可得an+2-an=-12n+1+12n=12n+1,an+2-an是以14为首项,12为公比的等比数列.Tn=141-12n1-12=12-12n+1.12.(1)解设等差数列log2(an-1)的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.log2(an-1)=1+(n-1

11、)1=n,即an=2n+1.(2)证明1an+1-an=12n+1-2n=12n,1a2-a1+1a3-a2+1an+1-an=121+122+123+12n=12-12n121-12=1-12n1.13.解(1)设等差数列an的公差为d(d0),由题意可得,a1a9=a32,即a1(a1+8d)=(a1+2d)2,解得a1=d.又S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,所以数列an是以1为首项和公差的等差数列,所以an=n,nN*.(2)由(1)可知bn=(-1)n4n4n2-1=(-1)n12n-1+12n+1,P2n=-1-13+13+15-15-17+-14n-3-14n-1+14n

12、-1+14n+1=-1+14n+1.|P2n+1|=14n+120194,所以n的最小值为505.14.解(1)若选,数列an,bn都是等差数列,且A2=3,A5=B3,2a1+d=3,5a1+10d=9+6d,解得a1=1,d=1,an=a1+(n-1)d=n,bn=b1+(n-1)2d=2n+1,综上,an=n,bn=2n+1.若选,数列an,bn都是等差数列,且A2=3,1a1-1a2=4B2,2a1+d=3,4a1(a1+d)=d(6+2d),解得a1=1,d=1,an=a1+(n-1)d=n,bn=b1+(n-1)2d=2n+1.综上,an=n,bn=2n+1.若选,数列an,bn都是等差数列,且A2=3,B5=35,2a1+d=3,35+5422d=35,解得a1=1,d=1,an=a1+(n-1)d=n,bn=b1+(n-1)2d=2n+1.综上,an=n,bn=2n+1.(2)由(1)得:cn=2n+3(2n+1)(2n+3)=2n+3212n+1-12n+3,Sn=(2+22+2n)+3213-15+15-17+12n+1-12n+3=2(1-2n)1-2+3213-12n+3=2n+1-3(n+2)2n+3.