2021届新高考二轮 专题四　数列 单元测试

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a3·a9=              (　　)A.-3 B.3 C.-4 D.42.(2020全国Ⅰ,文10)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　)A.12 B.24 C.30 D.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.9 B.-9 C. D.-4.(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.两 C.两 D.两5.(2020山东烟台一模,4)数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),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.33 B.34 C.49 D.506.(2020全国Ⅱ,理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)A.2 B.3 C.4 D.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,S12>0,S13<0,则下列结论正确的是(　　)A.数列{an}是递增数列B.S5=60C.-<d<-3D.S1,S2,…,S12中最大的是S68.设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a2 019a2 020>1,<0,下列结论正确的是(　　)A.S2 019<S2 020B.a2 019a2 021-1<0C.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},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,n∈N*,满足am,则的最小值为　　　　　. 11.(2020广东广州一模,文16)记Sn为数列{an}的前n项和,若2Sn-an=,数列{an+2-an}的前n项和Tn=　　　　　. 四、解答题12.已知数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:+…+<1.         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}的通项公式;(2)设数列bn=(-1)n(n∈N*),数列{bn}的前2n项和为P2n,若|P2n+1|<,求正整数n的最小值.       14.(2020山东泰安一模,17)在①A5=B3,②,③B5=35这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.已知等差数列{an}的公差为d(d>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=,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a5·a7=3,又在等比数列{an}中,a3·a9=a5·a7=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=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,可解得设等比数列{an}的公比为q,则当时,q3==-,∴a2+a11=+a8q3=+3;当时,q3==-2,∴a2+a11=+a8q3=+(-6)×(-2)=故选C.4.B　解析由题意一秤一斤十两共有银16×16+10=266两,设分银最少的为a两,则7人的分银量构成以a为首项,2为公比的等比数列,则=266,解得a=,故选B.5.B　解析由F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),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=am·an,令m=1,又a1=2,∴an+1=a1·an=2an,=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+1+2k+2+…+2k+10=2k+1=2k+11-2k+1=215-25解得k=4.7.BCD　解析依题意知,S12=12a1+d>0,S13=13a1+d<0,化简得2a1+11d>0,a1+6d<0,即a6+a7>0,a7<0,∴a6>0.由a3=12,得a1=12-2d,联立解得-<d<-3.等差数列{an}是单调递减的.S1,S2,…,S12中最大的是S6.S5==5a3=60.故选BCD.8.AB　解析当q<0时,a2019a2020=q<0,与已知a1>1,a2019a2020>1矛盾,所以q>0.当q≥1时,若a2019≥1,a2020>1,与已知<0矛盾,故0<q<1;由0<q<1及已知条件,得a2019>1,0<a2020<1,故S2020>S2019,A正确;a2019a2021-1=-1<0,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=n×1+6=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am,所以qm+2n=q8,则m+2n=8.=1.11　解析∵2Sn-an=,∴2Sn+1-an+1=,两式相减可得2an+1-an+1+an=-,即an+1+an=-,所以an+2+an+1=-,两式相减可得an+2-an=-,∴{an+2-an}是以为首项,为公比的等比数列.∴Tn=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)×1=n,即an=2n+1.(2)证明,+…+=+…+==1-<1.13.解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意可得,a1·a9=,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,n∈N*.(2)由(1)可知bn=(-1)n=(-1)n,∴P2n=-1-+…-=-1+∵|P2n+1|=,∴n>,所以n的最小值为505.14.解(1)若选①,∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,A5=B3,解得∴an=a1+(n-1)d=n,bn=b1+(n-1)2d=2n+1,综上,an=n,bn=2n+1.若选②,∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,,解得∴an=a1+(n-1)d=n,bn=b1+(n-1)2d=2n+1.综上,an=n,bn=2n+1.若选③,∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,B5=35,解得∴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+=2n+,∴Sn=(2+22+…+2n)++…+==2n+1-