人教版高中数学高考一轮复习训练--　数列

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--　数列，共9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。

章末目标检测卷五　数列
(时间:120分钟　满分:150分)
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.已知公比为 32 的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a16等于(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
2.在等差数列{an}中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中项,则数列{an}的前5项的和为(　　)
A.15 B.20
C.25 D.15或25
3.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足3a1-a82+3a15=0,且a8=b10,则b3b17等于(　　)
A.9 B.12 C.16 D.36
4.(2020全国Ⅱ,理4)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)

A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块
5.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)
A.2 B.2n
C.2n+1-2 D.2n-1-2
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为(　　)
A.10 B.11 C.12 D.13
7.《九章算术》中的“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,现自上而下取第1,3,9节,则这3节的容积之和为(　　)
A.133升 B.176升 C.199升 D.2512升
8.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=x(1-x).若数列{an}满足a1=12,且an+1=11-an,则f(a11)等于(　　)
A.2 B.-2 C.6 D.-6
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,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,S10=S20,则(　　)
A.d<0
B.a16<0
C.Sn≤S15
D.当Sn<0时,n≥32
10.在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是(　　)
A.q=2
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
11.将n2个数排成n行n列的一个数阵,如图.该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S.下列结论正确的有(　　)
a11　a12　a13　……　a1n
a21　a22　a23　……　a2n
a31　a32　a33　……　a3n
……
an1　an2　an3　……　ann
A.m=3
B.a67=17×37
C.aij=(3i-1)×3j-1
D.S=14n(3n+1)(3n-1)
12.设[x]为不超过x的最大整数,an为[x[x]](x∈[0,n))能取到所有值的个数,Sn是数列1an+2n前n项的和,则下列结论正确的有(　　)
A.a3=4
B.190是数列{an}中的项
C.S10=56
D.当n=7时,an+21n取最小值
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn=2an-1,则数列{an}的公比q=　　　　　. 
14.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,则a6=　　　　　. 
15.已知等比数列{an}满足a2+8a5=0,设Sn是数列1an的前n项和,则S5S2=　　　　　　　 . 
16.设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,则{an}的通项公式an=　　　　　,数列an2n+1的前n项和是　　　　　. 
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)在①S4=-14,②S5=-15,③S6=-15三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并解答.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足　　　　　,n∈N*. 
(1)求Sn的最小值;
(2)设数列1an+6an+7的前n项和为Tn,证明:Tn<1.







18.(12分)(2020全国Ⅲ,理17)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.








19.(12分)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且数列Snn是公差为2的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn.








20.(12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,2an+1=an,b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1.
(1)求an与bn;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.









21.(12分)某企业为一个高科技项目注入了启动资金1 000万元,已知每年可获利25%,但由于竞争激烈,每年年底需从利润中抽取200万元资金(其余利润继续注入该项目中)进行科研、技术改造与广告投入,方能保持原有的利润率.设经过n年之后,该项目的资金为an万元.
(1)设bn=an-800,证明数列{bn}为等比数列,并求出至少要经过多少年,该项目的资金才可以达到或超过翻两番(即为原来的4倍)的目标(取lg 2≈0.3);
(2)若cn=(n+1)bn250,求数列{cn}的前n项和Sn.










22.(12分)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan=n(n+1)(4n-1)6.
(1)求a2的值;
(2)若Tn=∑i=1n1aiai+1,试求出T3 020的值;
(3)已知{bn}是公比q大于1的等比数列,且b1=a1,b3=a5,设cn=2an+1-λbn+1,若{cn}是递减数列,求实数λ的取值范围.

章末目标检测卷五　数列
1.B　设等比数列{an}的公比为q.
由等比中项的性质,得a3a11=a72=16.
因为数列{an}的各项都是正数,
所以a7=4.所以a16=a7q9=32.
所以log2a16=5.
2.A　设等差数列{an}的公差为d.
∵在等差数列{an}中,a4=5,a3是a2和a6的等比中项,
∴a1+3d=5,(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),
解得a1=-1,d=2,
∴S5=5a1+5×42d=5×(-1)+5×4=15.故选A.
3.D　根据等差中项的性质,可得3a1-a82+3a15=6a8-a82=0,得a8=6或a8=0(舍去).因为a8=b10,所以b10=6,根据等比中项的性质,得b3b17=b102=36.
4.C　由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.
设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+27×262×9=3 402.故选C.
5.C　∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n.∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.故选C.
6.C　∵S6>S7>S5,
∴S7-S6<0,S7-S5>0,
∴a7<0,a6+a7>0,
∴S13=13(a1+a13)2=13a7<0,
S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)>0,
∴满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C.
7.B　设自上而下各节的容积分别为a1,a2,…,a9,公差为d,
∵上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,
∴a1+a2+a3+a4=4a1+6d=3,a9+a8+a7=3a1+21d=4,
解得a1=1322,d=766,
∴自上而下取第1,3,9节,这3节的容积之和为a1+a3+a9=3a1+10d=3×1322+10×766=176(升).
8.C　设x>0,则-x<0.
因为f(x)是定义在R上的奇函数,
所以f(x)=-f(-x)=-[-x(1+x)]=x(1+x).
由a1=12,且an+1=11-an,
得a2=11-a1=11-12=2,
a3=11-a2=11-2=-1,
a4=11-a3=11-(-1)=12,
……
即数列{an}是以3为周期的周期数列,
即a11=a3×3+2=a2=2.
故f(a11)=f(a2)=f(2)=2×(1+2)=6.
9.ABC　因为等差数列{an}中S10=S20,
所以a11+a12+…+a19+a20=5(a15+a16)=0,
又a1>0,所以a15>0,a16<0,所以公差d<0,Sn≤S15,故ABC正确;
因为S31=31(a1+a31)2=31a16<0,故D错误.
10.ABC　因为数列{an}为等比数列,且a1a4=32,
所以a2a3=32,又a2+a3=12,
所以a2=4,a3=8,q=2或a2=8,a3=4,q=12,又公比q为整数,则a2=4,a3=8,q=2.
即an=2n,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,
即选项A正确;
由于Sn+2=2n+1,则Sn+1+2Sn+2=2n+22n+1=2,
即数列{Sn+2}是等比数列,即选项B正确;
由于S8=29-2=510,即选项C正确;
由于lg an+1-lg an=lg 2n+1-lg 2n=lg 2,得数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列,即选项D错误.
11.ACD　∵a11=2,a13=a61+1,∴2m2=2+5m+1,
解得m=3或m=-12(舍去),
∴aij=ai1·3j-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,
∴a67=17×36,
∴S=(a11+a12+a13+…+a1n)+(a21+a22+a23+…+a2n)+…+(an1+an2+an3+…+ann)
=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+…+an1(1-3n)1-3=12×(3n-1)×(2+3n-1)n2
=14n(3n+1)(3n-1).
12.ACD　当n=1时,x∈[0,1),[x]=0,x[x]=0,
故[x[x]]=0,即a1=1;
当n=2时,x∈[0,2),[x]={0,1},x[x]∈{0}∪[1,2),故[x[x]]={0,1},即a2=2;
当n=3时,x∈[0,3),[x]={0,1,2},x[x]∈{0}∪[1,2)∪[4,6),故[x[x]]={0,1,4,5},即a3=4,
以此类推,当n≥2,x∈[0,n)时,[x]={0,1,2,…,n-1},
x[x]∈{0}∪[1,2)∪[4,6)∪…∪[(n-1)2,n(n-1)),故[x[x]]可以取的个数为1+1+2+3+…+n-1=n2-n+22,即an=n2-n+22(n≥2).
当n=1时也满足上式,故an=n2-n+22.
由于a3=32-3+22=4,故A正确;
令an=n2-n+22=190,由于n2-n-378=0无整数解,故B错误;
由于1an+2n=2(n+1)(n+2)=21n+1-1n+2,
故Sn=212−13+13−14+…+1n+1−1n+2=1-2n+2,即S10=1-212=56,故C正确;
由于an+21n=n2+22n−12≥2×n2×22n−12,当且仅当n2=22n时,等号成立,解得n=211∈(6,7).
因为n∈N*,当n=6时,an+21n=6+16,当n=7时,an+21n=6+17,
所以当n=7时,an+21n取最小值,故D正确.
13.2　∵Sn=2an-1,
∴a1=2a1-1,a1+a2=2a2-1,解得a1=1,a2=2.
∴等比数列{an}的公比q=2.
14.111　由an-an+1=2anan+1,得1an+1−1an=2,
即数列1an是以1a1=1为首项,2为公差的等差数列.
故1a6=1a1+5×2=11,即a6=111.
15.-11　设等比数列{an}的公比为q.
由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,解得q=-12.
易知1an是等比数列,公比为-2,首项为1a1,所以S2=1a1[1-(-2)2]1-(-2)=-1a1,S5=1a1[1-(-2)5]1-(-2)=11a1,
所以S5S2=-11.
16.22n-1　2n2n+1　　当n=1时,a1=2;
当n≥2时,由a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,①
得a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).②
由①-②,得(2n-1)an=2,即an=22n-1,当n=1时也满足此式,
故数列{an}的通项公式an=22n-1.
因为an2n+1=2(2n-1)(2n+1)=12n-1−12n+1,
所以数列an2n+1的前n项和S=1-13+13−15+…+12n-1−12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
17.(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
若选择②③,
由题意知a6=S6-S5=0,
∵S5=5(a1+a5)2=5a3=-15,解得a3=-3,
∴3d=a6-a3=3,解得d=1.
∴an=a1+(n-1)d=a6+(n-6)d=n-6,
∴a1 ∴Sn≥S6=S5=-15.
若选择①②,
由题意知a5=S5-S4=-1.
∵S5=5(a1+a5)2=5a3=-15,解得a3=-3,
∴2d=a5-a3=2,解得d=1.
∴an=a1+(n-1)d=a3+(n-3)d=n-6,
∴a1 ∴Sn≥S6=S5=-15.
若选择①③,
由题意知S6=6(a1+a6)2=-15,S4=4(a1+a4)2=-14,
即a1+a6=2a1+5d=-5,a1+a4=2a1+3d=-7,
解得a1=-5,d=1,即an=n-6,
得a1 故Sn≥S6=S5=-15.
(2)证明 由(1)可得an=n-6,
即1an+6an+7=1n(n+1)=1n−1n+1,
故Tn=11−12+12−13+…+1n−1n+1=1-1n+1<1.
18.解 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
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+1.②
①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
19.解 (1)∵数列Snn是公差为2的等差数列,且S11=a1=1,
∴Snn=1+(n-1)×2=2n-1.
∴Sn=2n2-n.
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-n-[2(n-1)2-(n-1)]=4n-3.
∵a1=1符合上式,∴an=4n-3.
(2)由(1)可得bn=(-1)nan=(-1)n×(4n-3).
当n为偶数时,
Tn=(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×n2=2n;
当n为奇数时,n+1为偶数,
Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1.
综上所述,
Tn=2n,n=2k,k∈N*,-2n+1,n=2k-1,k∈N*.
20.解 (1)∵2an+1=an,
∴{an}是公比为12的等比数列.
又a1=2,
∴an=2×12n-1=12n-2.
∵b1+12b2+13b3+…+1nbn
=bn+1-1,①
∴当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时,b1+12b2+13b3+…+1n-1bn-1=bn-1,②
由①-②,得1nbn=bn+1-bn,
得bn+1n+1=bnn,故bn=n.
(2)由(1)知anbn=n·12n-2=n2n-2.
故Tn=12-1+220+…+n2n-2,
则12Tn=120+221+…+n2n-1.
以上两式相减,得12Tn=12-1+120+…+12n-2−n2n-1=21-12n1-12−n2n-1,
故Tn=8-n+22n-2.
21.解 (1)由题意可得a1=1 000×(1+25%)-200=1 050,b1=a1-800=250.
∵an+1=54an-200,bn=an-800,
∴800+bn=an,即800+bn+1=an+1=54an-200=54(bn+800)-200,
∴bn+1=54bn,即数列{bn}是以250为首项,以54为公比的等比数列.
∴bn=250×54n-1,an=800+250×54n-1.
令an≥4 000,可得54n-1≥645,
则(n-1)lg54≥lg645.
从而可得n-1≥lg645lg54=lg64-lg5lg5-lg4=7lg2-11-3lg2≈11,
故n≥12,至少要经过12年,该项目的资金才可以达到或超过翻两番的目标.
(2)由(1)可得cn=(n+1)×54n-1,
则Sn=2×1+3×54+…+n·54n-2+(n+1)×54n-1,
54Sn=2×54+3×542+…+n·54n-1+(n+1)×54n,
两式相减,可得-14Sn=2+54+542+…+54n-1-(n+1)×54n=2+54×1-54n-11-54-(n+1)×54n,
故Sn=-4×2+4×54n-5-(n+1)×54n=12+(4n-12)×54n.
22.解 (1)由题意知,数列{nan}的前n项和为Sn=n(n+1)(4n-1)6.
当n=1时,1·a1=S1=1,得a1=1;
当n≥2时,nan=Sn-Sn-1=n(n+1)(4n-1)6−(n-1)n(4n-5)6=n6[(n+1)(4n-1)-(n-1)(4n-5)]=n(2n-1),即当n≥2时,an=2n-1.又a1=1符合上式,所以an=2n-1.
故a2的值为3.
(2)由(1)可知an=2n-1,
则1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1−12n+1),
即Tn=∑i=1n1aiai+1=1a1a2+1a2a3+1a3a4+…+1anan+1=12[(1-13)+13-15+15-17+…+(12n-1−12n+1)]
=121-12n+1=n2n+1.
故T3 020的值为3 0206 041.
(3)由b1=a1=1,b3=a5=9,得q2=9.
又q>1,所以q=3,
所以bn=b1qn-1=3n-1,cn=2an+1-λbn+1=2n-λ·3n.
因为{cn}是递减数列,所以cn+1 即2n+1-λ·3n+1<2n-λ·3n,化简得2λ·3n>2n.
所以∀n∈N*,λ>12×23n恒成立.
又12×23n是递减数列,
所以当n=1时,12×23n取得最大值,且最大值为12×23=13,
所以λ>13,
即实数λ的取值范围是13,+∞.