【数学】2020届一轮复习（文理合用）第5章 数列作业
对应学生用书[考案5理][考案5文]
第五章 综合过关规范限时检测
(时间：120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．已知数列{an}为2,0,2,0，…，则下列各项不可以作为数列{an}通项公式的是( D )
A．an＝1＋(－1)n＋1 B．an＝
C．an＝1－cosnπ D．an＝2sin
[解析] 若an＝2sin，则a1＝2sin＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝2sin＝－2，不符合题意．故选D．
2．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( B )
A．－1 B．0
C．1 D．6
[解析] 由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所以a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝0.故选B．
3．(2018·内蒙古阿拉善左旗月考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－，则a2019等于( D )
A．1 B．－1
C．－ D．－2
[解析] ∵a1＝1，an＋1＝－，∴a2＝－＝－，a3＝－＝－2，a4＝－＝1.由上述可知该数列为周期数列，其周期为3.又∵2019＝3×673，∴a2019＝a3＝－2.故选D．
[方法总结] 周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式：①所给递推关系中含有三角函数，利用三角函数的周期性；②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法：根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
4．(2018·河南许昌、平顶山联考)中国古代数学老师在教学中对学生提出这样一个问题：“三百一十五里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行数里，请公仔细算相还”，其意思为：“有一个人走3 1 5里路，第一天健步行走，从笫二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，则此人笫二天走了( A )
A．80里 B．40里
C．160里 D．20里
[解析] 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q＝，依题意有＝315，解得a1＝160，则a2＝160×＝80，即第二天走了80里，故选A．
5．(2018·吉林长春外国语学校期中)已知等差数列{an}满足a3＝3，且a1，a2，a4成等比数列，则a5＝( C )
A．5 B．3
C．5或3 D．4或3
[解析] 设公差为d，则由题意可知即解得，或∴a5＝a1＋4d＝3或5.故选C．
6．(2018·江西赣州十四县(市)期中联考)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝3，则该数列前5项的积为( D )
A．±3 B．3
C．±1 D．1
[解析] ∵3＝a4＝a1·q3＝·q3，∴q＝3，∴a3＝＝1，a1a2a3a4a5＝a＝1，故选D．
7．(2018·河南郑州一中期中)等差数列{an}的前n项和为Sn，若公差d＝－2，S3＝21，则当Sn取最大值时，n的值为( D )
A．10 B．9
C．6 D．5
[解析] 由题意知21＝S3＝＝3a2，∴a2＝7，∴an＝a2＋(n－2)d＝7－(2n－4)＝11－2n，由an≥0得n≤，又n∈N*，∴n≤5，故选D．
8．(文)(2018·湖北重点中学协作体期中联考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a2·a12＝16，则a6等于( B )
A．1 B．2
C．4 D．8
(理)(2018·山东曲阜期中)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( B )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] (文)由等比数列的性质知a2·a12＝a＝16，又an>0，∴a7＝4，又q＝2，∴a6＝＝2.故选B．
(理)因为a＝a3a11＝16，且an>0，所以a7＝4，因为公比q＝2，所以a10＝a7q3＝4×23＝25.所以log2a10＝log225＝5.故B正确．
9．(2018·黑龙江佳木斯模拟)在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列{}的前n项和为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 因为a3＋a5＋a7＝6，所以3a5＝6，a5＝2，又a11＝8，所以等差数列{an}的公差d＝＝1，所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，所以＝＝－，因此数列{}的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选C．
10．(2018·河南南阳期中)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( B )
A．29 B．31
C．33 D．36
[解析] 由等比数列的性质知a2a5＝a3a4＝2a3，又a3≠0，∴a4＝2，又由题意知a4＋2a7＝，∴a7＝，∴q＝＝，且a1＝＝16，∴S5＝＝31.故选B．
11．(文)(2018·温州十校联考)设数列{an}和{bn}分别是等差数列与等比数列，且a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，则以下结论正确的是( A )
A．a2>b2 B．a3
b5 D．a6>b6
(理)(2018·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为( B )
A．3 B．4
C．2－2 D．
[解析] (文)设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d，q，则由题设得解得，则a2－b2＝3－>3－＝0；故选A．
(理)由已知有a＝a1a13，所以有(a1＋2d)2＝a1(a1＋12d)，d＝2(d≠0)，数列{an}通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝n2，所以＝＝(n＋1)＋－2≥4，当且仅当n
＋1＝，即n＝2时等号成立．故选B．
12．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为( B )
A．3 B．4
C．2－2 D．
(理)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a2019＝( C )
A．lg2020 B．lg2019
C．－lg2020 D．－lg2019
[解析] (文)由已知有a＝a1a13，所以有(a1＋2d)2＝a1(a1＋12d)，d＝2(d≠0)，数列{an}通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝n2，所以＝＝(n＋1)＋－2≥4，当且仅当n＋1＝，即n＝2时等号成立．故选B．
(理)因为y′＝(n＋1)xn，所以曲线y＝xn＋1在点(1,1)处的切线斜率为n＋1，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－＝，则an＝lgxn＝lg，所以a1＋a2＋…＋a2017＝lg(××…×)＝lg＝－lg2020.故选C．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．(2018·云南师大附中月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，则S4＝__85___.
[解析] an＋1＝3Sn＋1①，an＝3Sn－1＋1(n≥2)②，①－②得：an＋1＝4an(n≥2)，又a1＝1，a2＝3a1＋1＝4，∴{an}是首项为1，公比为4的等比数列，∴S4＝＝85.或S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋4＋16＋64＝85.
14．(2018·福建莆田月考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，则S9＝__18___.
[解析] 设等差数列{an}的公差为d.∵a1＋a3＋a11＝6，∴3a1＋12d＝6，即a1＋4d＝2，∴a5＝2，∴S9＝＝＝18.
15．(2015·安徽高考)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__2n－1___.
[解析] ∵∴则a1，a4可以看作一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根，故或又因为{an}是递增等比数列∴∴q＝2，∴Sn＝＝＝2n－1.
16．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，则数列{an
}的通项公式an＝__2n－1___.
[解析] 因为Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
两式相减得，an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2.
又S2＝2S1＋1＋1，a1＝S1＝1，
所以a2＝3，所以＝2，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，
所以an＝2n－1.故填2n－1.
三、解答题(本大题共6个小题，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20分)(2018～2019山东省济南第一中学期中考试)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
[解析] (1)∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，
∴3a2＝12，所以a2＝4，
又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，
∴a＝2a1·(a3＋1)，即a＝2(a2－d)·(a2＋d＋1)，
解得，d＝3或d＝－4(舍去)，
∴a1＝a2－d＝1，故an＝3n－2.
(2)bn＝＝＝(3n－2)·，
∴Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)×，①
①×得Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×.②
①－②得Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×，
∴Tn＝－×－×＝－×.
18．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅲ，12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
[解析] (1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
19．(本小题满分12分)(2018·重庆一中期中)已知公比为q的等比数列{an}的前6项和S6＝21，且4a1，a2，a2成等差数列．
(1)求an；
(2)设{bn}是首项为2，公差为－a1的等差数列，记{bn}前n项和为Tn，求Tn的最大值．
[解析] (1)4a1，a2，a2成等差数列，∴4a1＋a2＝3a2，
即2a1＝a2，∴q＝2，
∴S6＝＝21，解得a1＝，所以an＝.
(2)由(1)可知{bn}是首项为2，公差为－的等差数列，
∴bn＝－n＋，
于是Tn＝＝－n2＋n＝－(n－)2＋
则Tn的最大值为7，此时n＝6或7.
20．(本小题满分12分)(2018·河南中原名校质量考评)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，求数列{}的前n项和Tn.
[解析] (1)∵Sn＝2an－2，∴S1＝2a1－2，∴a1＝2，
又Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，
两式相减得an＝2(an－an－1)，即an＝2an－1，∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列an＝2n；
(2)bn＝log2an＝n，＝＝－，
Tn＝1－＋－＋－＋－
＝1－＝.
21．(本小题满分12分)(2018·辽宁六校协作体期中)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1
＝2，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)证明：数列{}是等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解析] (1)证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，
∴＝2·，又a1＝2，
∴＝2≠0，∴＝2，
∴数列{}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可知＝2n，∴Sn＝n·2n
Tn＝2＋2·22＋3·23＋…(n－1)·2n－1＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
22．(本小题满分12分)(2018·宁夏银川一中月考)已知等比数列{an}的公比q>1，且满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值？
[解析] (1)∵a3＋2是a2，a4的等差中项，
∴2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，
∴a2＋a4＝20，∴，
解之得或，
∵q>1，∴，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n
(2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n，
∴Sn＝－(1×2＋×2×22＋…＋n·2n)①
2Sn＝－(1×22＋×2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1)②
②－①得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，即2n＋1>26.
∴n＋1>6，n>5，
∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值为6.
