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人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测三 数列
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这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测三 数列，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题过关检测三 数列
一、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.(2021·内蒙古包头一模)在数列{an}中,a1=2,an+1-an-2=0,则a5+a6+…+a14=( )
A.180 B.190 C.160 D.120
2.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=( )
A.52 B.53 C.10 D.15
3.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10S5=12,则S15S5=( )
A.12 B.13 C.23 D.34
4.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为122的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为2202 Hz的音名是( )
A.d B.f C.e D.#d
5.(2021·四川成都二诊)已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为( )
A.1939 B.3839
C.2041 D.4041
6.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为( )
A.39 B.45
C.48 D.51
7.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是( )
A.3 928 B.4 024 C.4 920 D.4 924
8.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于( )
A.0 B.100 C.-100 D.10 200
二、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·辽宁沈阳三模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则( )
A.首项a1不确定 B.公比q=4
C.a2=3 D.t=-14
10.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是( )
A.a5=1 B.Sn的最小值为S3
C.S1=S6 D.Sn存在最大值
11.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=2an,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是( )
A.b10=8b5 B.{bn}是等比数列
C.a1b30=105 D.a3+a5+a7a2+a4+a6=209193
12.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.k+1=2n B.an+1=3an-3
C.an=32n2+3n D.Sn=343n+1+2n-3
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·山西太原检测)在等差数列{an}中,若a2,a2 020为方程x2-10x+16=0的两根,则a1+a1 011+a2 021等于 .
14.(2021·江苏如东检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则数列{log2an}的前n项和Tn= .
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么∑k=1nSk= dm2.
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.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{an},a4=116,a5a7=256.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|log2an|}的前n项和.
18.(12分)(2021·全国Ⅱ,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1.
19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
20.(12分)(2021·山东临沂一模)在以下三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.
①Snn=an+12,②an+1an=2Sn,③an2+an=2Sn.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足 .
(1)求an;
(2)若bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.
(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.
22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=23,且当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2.
(1)求证:数列11-an是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=12a1a2…an,Sn=T12+T22+…+Tn2,求证:当n∈N*时,an+1-23
专题过关检测三 数列
1.B 解析: 因为an+1-an=2,a1=2,所以数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列.所以an=2+(n-1)×2=2n.
设{an}的前n项和为Sn,则Sn=n(2+2n)2=n2+n.
所以a5+a6+…+a14=S14-S4=190.
2.C 解析: 因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3(a35)=log3(95)=log3(310)=10.
3.D 解析: 由题意可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
∵S10S5=12,∴设S5=2k,S10=k,k≠0,
∴S10-S5=-k,∴S15-S10=k2,∴S15=3k2,
∴S15S5=3k22k=34.
4.D 解析: 因为a的音频是数列的第10项,440=2202×212=2202×211210-4,所以频率为2202 Hz是该数列的第4项,其音名是#d.
5.C 解析: 当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1,所以T20=202×20+1=2041.
6.D 解析: 设该数列为{an},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.
设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.
故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.
7.D 解析: 由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,
所以21+22+23+24+25+26=2×(1-26)1-2=126.
又1+2+3+…+100=100×1012=5 050,
所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.
8.B 解析: 由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.
9.BCD 解析: 当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.
由数列{an}为等比数列,可知a1必定符合an=3×4n-2,
所以1+t=34,即t=-14.
所以数列{an}的通项公式为an=3×4n-2,a2=3,
数列{an}的公比q=4.故选BCD.
10.AC 解析: 由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+7×62×1,解得a1=-3.
对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.
对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.
对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.
对于选项D,因为Sn=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以Sn无最大值,故D错误.
11.BD 解析: 设{an}的公差为d,
由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.
∴an=a1+(n-1)d=16n+12929.
∵bn=2an,∴bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,
故数列{bn}是等比数列,B选项正确.
∵5d=5×1629=8029≠3,
∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.
∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.
∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.
12.ABD 解析: 由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,
第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,
第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,
……
第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.
当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……
所以an+1=3an-3,故B项正确.
由an+1=3an-3,得an+1-32=3an-32,
又a1-32=92,所以an-32是首项为92,公比为3的等比数列,所以an-32=92×3n-1=3n+12,即an=3n+12+32,故C项错误.
Sn=322+32+332+32+…+3n+12+32=343n+1+2n-3,故D项正确.
13.15 解析: 因为a2,a2 020为方程x2-10x+16=0的两根,
所以a2+a2 020=10.
又{an}为等差数列,所以a1+a2 021=a2+a2 020=2a1 011=10,即a1 011=5.
所以a1+a1 011+a2 021=3a1 011=15.
14.n(n+1)2 解析: 因为Sn=2an-2,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,两式相减,得an=2an-2an-1,即an=2an-1.
当n=1时,可得a1=2,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.
所以log2an=n,所以Tn=n(n+1)2.
15.3n2-2n 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得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.
16.5 2403-n+32n 解析: 对折3次共可以得到52 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm×32dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120 dm2;
对折4次共可以得到54 dm×12 dm,52dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm×32dm,20 dm×34dm五种规格的图形,S4=5×15=75 dm2;
……
可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)·2402ndm2.
则∑k=1nSk=S1+S2+…+Sn=240221+322+423+…+n+12n.
记Tn=221+322+423+…+n+12n,①
则12Tn=222+323+…+n2n+n+12n+1.②
①与②式相减,得Tn-12Tn=12Tn=221+122+123+…+12n−n+12n+1=32−n+32n+1.
故Tn=3-n+32n.故∑k=1nSk=240·Tn=2403-n+32n.
17.解: (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
由等比数列的性质可得a5a7=a62=256,因为an>0,所以a6=16.
所以q2=a6a4=256,即q=16.
所以an=a6qn-6=16×16n-6=16n-5.
(2)由(1)可知log2an=log216n-5=4n-20,
设bn=|log2an|=|4n-20|,数列{bn}的前n项和为Tn.
①当n≤5,且n∈N*时,Tn=n(16+20-4n)2=18n-2n2;
②当n≥6,且n∈N*时,Tn=T5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.
综上所述,Tn=18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.
18.证明: 若选①②⇒③,
设数列{an}的公差为d1,数列{Sn}的公差为d2.
∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
∴Sn=na1+n(n-1)d12=d12n2+a1-d12n.
又Sn=S1+(n-1)d2,
∴Sn=a1+d22(n-1)2+2a1d2(n-1)=d22n2+(2a1d2-2d22)n+d22-2a1d2+a1,
∴d12=d22,a1-d12=2a1d2-2d22,d22-2a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③⇒②,
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以Sn−Sn-1=na1-(n-1)a1=a1.
所以{Sn}是首项为a1,公差为a1的等差数列.
若选②③⇒①,
设数列{Sn}的公差为d,则S2−S1=d,
即a1+a2−a1=d.
∵a2=3a1,∴4a1−a1=d,即d=a1,
∴Sn=S1+(n-1)d=a1+(n-1)a1=na1,
即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1符合式子an=(2n-1)a1,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴an+1-an=2a1,
即数列{an}是等差数列.
19.解: (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).
所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,
所以bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)nlog222n+1=(-1)n(2n+1),
所以Tn=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),
-Tn=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),
所以2Tn=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1-(-1)n-12+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,
所以Tn=(n+1)(-1)n-1.
20.解: (1)若选①,则2Sn=nan+1.
当n=1时,2S1=a2,又S1=a1=1,所以a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,所以2an=nan+1-(n-1)an,
即(n+1)an=nan+1,所以an+1n+1=ann(n≥2).
又a22=1,所以当n≥2时,ann=1,即an=n.
又a1=1符合上式,所以an=n.
若选②,则当n=1时,2S1=a2a1,可得a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=anan-1,可得2an=anan+1-anan-1.
由an>0,得an+1-an-1=2.
又a1=1,a2=2,所以{a2n}是首项为2,公差为2的等差数列,{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=n.
若选③,因为an2+an=2Sn,
所以当n≥2时,an-12+an-1=2Sn-1,两式相减得an2+an-an-12-an-1=2an,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
由an>0,得an-an-1-1=0,即an-an-1=1,所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n.
(2)由(1)知bn=(n+1)·2n,
所以Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n,
2Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1,
两式相减,得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=4+4(1-2n-1)1-2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以Tn=n·2n+1.
21.解: (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.
所以数列{an}的前n项和Sn=128×1-32n1-32=25632n-1,数列{bn}的前n项和Tn=400n+n(n-1)2a.
所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=25632n-1+400n+n(n-1)2a.
(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10 000,
即256327-1+400×7+7×62a≥10 000,即21a≥3 082,所以a≥3 08221.
又a∈N*,所以a的最小值为147.
22.证明: (1)因为当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2,所以a1a2…an=2an+1-2,两式相除,可得an=1an+1-11an-1,
所以11-an=an+11-an+1=11-an+1-1,
所以11-an+1−11-an=1(n≥2).
又a1=23,所以a2=34,11-a1=3,11-a2=4,
所以11-a2−11-a1=1,
所以11-an+1−11-an=1(n∈N*),所以数列11-an是首项为3,公差为1的等差数列.
所以11-an=3+(n-1)×1=n+2,
所以an=n+1n+2.
(2)因为Tn=12a1a2…an=12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,
所以Tn2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,
所以Sn=T12+T22+…+Tn2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2n+3−23=an+1-23,所以当n∈N*时,an+1-23
专题过关检测三 数列
一、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.(2021·内蒙古包头一模)在数列{an}中,a1=2,an+1-an-2=0,则a5+a6+…+a14=( )
A.180 B.190 C.160 D.120
2.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=( )
A.52 B.53 C.10 D.15
3.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10S5=12,则S15S5=( )
A.12 B.13 C.23 D.34
4.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为122的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为2202 Hz的音名是( )
A.d B.f C.e D.#d
5.(2021·四川成都二诊)已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为( )
A.1939 B.3839
C.2041 D.4041
6.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为( )
A.39 B.45
C.48 D.51
7.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是( )
A.3 928 B.4 024 C.4 920 D.4 924
8.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于( )
A.0 B.100 C.-100 D.10 200
二、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·辽宁沈阳三模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则( )
A.首项a1不确定 B.公比q=4
C.a2=3 D.t=-14
10.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是( )
A.a5=1 B.Sn的最小值为S3
C.S1=S6 D.Sn存在最大值
11.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=2an,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是( )
A.b10=8b5 B.{bn}是等比数列
C.a1b30=105 D.a3+a5+a7a2+a4+a6=209193
12.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.k+1=2n B.an+1=3an-3
C.an=32n2+3n D.Sn=343n+1+2n-3
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·山西太原检测)在等差数列{an}中,若a2,a2 020为方程x2-10x+16=0的两根,则a1+a1 011+a2 021等于 .
14.(2021·江苏如东检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则数列{log2an}的前n项和Tn= .
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么∑k=1nSk= dm2.
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.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{an},a4=116,a5a7=256.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|log2an|}的前n项和.
18.(12分)(2021·全国Ⅱ,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1.
19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
20.(12分)(2021·山东临沂一模)在以下三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.
①Snn=an+12,②an+1an=2Sn,③an2+an=2Sn.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足 .
(1)求an;
(2)若bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.
(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.
22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=23,且当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2.
(1)求证:数列11-an是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=12a1a2…an,Sn=T12+T22+…+Tn2,求证:当n∈N*时,an+1-23
专题过关检测三 数列
1.B 解析: 因为an+1-an=2,a1=2,所以数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列.所以an=2+(n-1)×2=2n.
设{an}的前n项和为Sn,则Sn=n(2+2n)2=n2+n.
所以a5+a6+…+a14=S14-S4=190.
2.C 解析: 因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3(a35)=log3(95)=log3(310)=10.
3.D 解析: 由题意可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
∵S10S5=12,∴设S5=2k,S10=k,k≠0,
∴S10-S5=-k,∴S15-S10=k2,∴S15=3k2,
∴S15S5=3k22k=34.
4.D 解析: 因为a的音频是数列的第10项,440=2202×212=2202×211210-4,所以频率为2202 Hz是该数列的第4项,其音名是#d.
5.C 解析: 当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1,所以T20=202×20+1=2041.
6.D 解析: 设该数列为{an},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.
设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.
故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.
7.D 解析: 由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,
所以21+22+23+24+25+26=2×(1-26)1-2=126.
又1+2+3+…+100=100×1012=5 050,
所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.
8.B 解析: 由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.
9.BCD 解析: 当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.
由数列{an}为等比数列,可知a1必定符合an=3×4n-2,
所以1+t=34,即t=-14.
所以数列{an}的通项公式为an=3×4n-2,a2=3,
数列{an}的公比q=4.故选BCD.
10.AC 解析: 由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+7×62×1,解得a1=-3.
对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.
对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.
对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.
对于选项D,因为Sn=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以Sn无最大值,故D错误.
11.BD 解析: 设{an}的公差为d,
由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.
∴an=a1+(n-1)d=16n+12929.
∵bn=2an,∴bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,
故数列{bn}是等比数列,B选项正确.
∵5d=5×1629=8029≠3,
∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.
∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.
∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.
12.ABD 解析: 由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,
第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,
第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,
……
第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.
当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……
所以an+1=3an-3,故B项正确.
由an+1=3an-3,得an+1-32=3an-32,
又a1-32=92,所以an-32是首项为92,公比为3的等比数列,所以an-32=92×3n-1=3n+12,即an=3n+12+32,故C项错误.
Sn=322+32+332+32+…+3n+12+32=343n+1+2n-3,故D项正确.
13.15 解析: 因为a2,a2 020为方程x2-10x+16=0的两根,
所以a2+a2 020=10.
又{an}为等差数列,所以a1+a2 021=a2+a2 020=2a1 011=10,即a1 011=5.
所以a1+a1 011+a2 021=3a1 011=15.
14.n(n+1)2 解析: 因为Sn=2an-2,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,两式相减,得an=2an-2an-1,即an=2an-1.
当n=1时,可得a1=2,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.
所以log2an=n,所以Tn=n(n+1)2.
15.3n2-2n 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得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.
16.5 2403-n+32n 解析: 对折3次共可以得到52 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm×32dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120 dm2;
对折4次共可以得到54 dm×12 dm,52dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm×32dm,20 dm×34dm五种规格的图形,S4=5×15=75 dm2;
……
可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)·2402ndm2.
则∑k=1nSk=S1+S2+…+Sn=240221+322+423+…+n+12n.
记Tn=221+322+423+…+n+12n,①
则12Tn=222+323+…+n2n+n+12n+1.②
①与②式相减,得Tn-12Tn=12Tn=221+122+123+…+12n−n+12n+1=32−n+32n+1.
故Tn=3-n+32n.故∑k=1nSk=240·Tn=2403-n+32n.
17.解: (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
由等比数列的性质可得a5a7=a62=256,因为an>0,所以a6=16.
所以q2=a6a4=256,即q=16.
所以an=a6qn-6=16×16n-6=16n-5.
(2)由(1)可知log2an=log216n-5=4n-20,
设bn=|log2an|=|4n-20|,数列{bn}的前n项和为Tn.
①当n≤5,且n∈N*时,Tn=n(16+20-4n)2=18n-2n2;
②当n≥6,且n∈N*时,Tn=T5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.
综上所述,Tn=18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.
18.证明: 若选①②⇒③,
设数列{an}的公差为d1,数列{Sn}的公差为d2.
∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
∴Sn=na1+n(n-1)d12=d12n2+a1-d12n.
又Sn=S1+(n-1)d2,
∴Sn=a1+d22(n-1)2+2a1d2(n-1)=d22n2+(2a1d2-2d22)n+d22-2a1d2+a1,
∴d12=d22,a1-d12=2a1d2-2d22,d22-2a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③⇒②,
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以Sn−Sn-1=na1-(n-1)a1=a1.
所以{Sn}是首项为a1,公差为a1的等差数列.
若选②③⇒①,
设数列{Sn}的公差为d,则S2−S1=d,
即a1+a2−a1=d.
∵a2=3a1,∴4a1−a1=d,即d=a1,
∴Sn=S1+(n-1)d=a1+(n-1)a1=na1,
即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1符合式子an=(2n-1)a1,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴an+1-an=2a1,
即数列{an}是等差数列.
19.解: (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).
所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,
所以bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)nlog222n+1=(-1)n(2n+1),
所以Tn=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),
-Tn=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),
所以2Tn=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1-(-1)n-12+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,
所以Tn=(n+1)(-1)n-1.
20.解: (1)若选①,则2Sn=nan+1.
当n=1时,2S1=a2,又S1=a1=1,所以a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,所以2an=nan+1-(n-1)an,
即(n+1)an=nan+1,所以an+1n+1=ann(n≥2).
又a22=1,所以当n≥2时,ann=1,即an=n.
又a1=1符合上式,所以an=n.
若选②,则当n=1时,2S1=a2a1,可得a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=anan-1,可得2an=anan+1-anan-1.
由an>0,得an+1-an-1=2.
又a1=1,a2=2,所以{a2n}是首项为2,公差为2的等差数列,{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=n.
若选③,因为an2+an=2Sn,
所以当n≥2时,an-12+an-1=2Sn-1,两式相减得an2+an-an-12-an-1=2an,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
由an>0,得an-an-1-1=0,即an-an-1=1,所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n.
(2)由(1)知bn=(n+1)·2n,
所以Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n,
2Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1,
两式相减,得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=4+4(1-2n-1)1-2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以Tn=n·2n+1.
21.解: (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.
所以数列{an}的前n项和Sn=128×1-32n1-32=25632n-1,数列{bn}的前n项和Tn=400n+n(n-1)2a.
所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=25632n-1+400n+n(n-1)2a.
(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10 000,
即256327-1+400×7+7×62a≥10 000,即21a≥3 082,所以a≥3 08221.
又a∈N*,所以a的最小值为147.
22.证明: (1)因为当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2,所以a1a2…an=2an+1-2,两式相除,可得an=1an+1-11an-1,
所以11-an=an+11-an+1=11-an+1-1,
所以11-an+1−11-an=1(n≥2).
又a1=23,所以a2=34,11-a1=3,11-a2=4,
所以11-a2−11-a1=1,
所以11-an+1−11-an=1(n∈N*),所以数列11-an是首项为3,公差为1的等差数列.
所以11-an=3+(n-1)×1=n+2,
所以an=n+1n+2.
(2)因为Tn=12a1a2…an=12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,
所以Tn2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,
所以Sn=T12+T22+…+Tn2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2n+3−23=an+1-23,所以当n∈N*时,an+1-23
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