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－－.
