（山东专用）2021版高考数学一轮复习考案5第五章数列综合过关规范限时检测（含解析）

 [考案5]第五章　综合过关规范限时检测

(时间：120分钟　满分150分)

一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)

1．数列，－，，－，…的一个通项公式为(　D　)

A．an＝(－1)n·

B．an＝(－1)n·

C．an＝(－1)n＋1·

D．an＝(－1)n＋1·

[解析]　该数列是分数形式，分子为奇数2n＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n＋1来确定，所以D选项正确．

2．(2020·湖北八校联考)已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数列{bn}，则b2 019的末位数字为(　D　)

A．8　 B．2

C．3　 D．7

[解析]　由an＝(n∈N*)，可得此数列为，，，，，，，，，，，，，…，整数项为，，，，，，…，所以数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为2 019＝4×504＋3，所以b2 019的末位数字为7.故选D.

3．(2020·贵州贵阳监测)如果在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　C　)

A．14　 B．21

C．28　 D．35

[解析]　由题意得3a4＝12，则a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.故选C.

4．(2020·山东潍坊期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝28，＝，则数列{an}的公比为(　B　)

A．2　 B．3

C．　 D．

[解析]　设数列{an}的公比为q，由题意知q≠1，因为＝28，＝，所以1＋qm＝28，qm＝，所以m＝3，q＝3.故选B.

5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为(　B　)

A．6　 B．7

C．8　 D．13

[解析]　根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0.所以a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n的值为7.故选B.

6．(2020·江西南昌三中模拟)在等比数列{an}中，已知对任意的正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，则a＋a＋…＋a＝(　A　)

A．(4n－1)　　 B．2n－1

C.(2n－1)　　 D．4n－1

[解析]　通解：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m对任意的正整数n均成立，∴a1＝2＋m，a2＝2，a3＝4.∵{an}是等比数列，∴m＝－1，a1＝1，q＝2，∴a＋a＋…＋a＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝(4n－1)．故选A．

优解：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，∴当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝2＋m，满足上式，∴m＝－1，即等比数列{an}的首项为1，公比为2，∴an＝2n－1，∴a＋a＋…＋a＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝(4n－1)．故选A．

7. (2020·河北六校第三次联考)“泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光．”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述．假设一条螺旋线是用以下方法画成(如图)：△ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1，A1A2，A2A3分别是以A，B，C为圆心，AC，BA1，CA2为半径画的弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线，再以A为圆心，AA3为半径画弧，……如此画下去，则所得弧CA1，A1A2，A2A3，…，A28A29，A29A30的总长度为(　A　)

A．310π　 B．π

C．58π　 D．110π

[解析]　根据弧长公式知，弧CA1，A1A2，A2A3，…，An－2An－1，An－1An的长度分别为π，2×π，3×π，…，(n－1)×π，n×π，该数列是首项为π，公差为π的等差数列，所以该数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，所以所得弧CA1，A1A2，A2A3，…，A28A29，A29A30的总长度为S30＝×30×(30＋1)＝310π.故选A．

8．(2020·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]　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.

二、多选题(本大题共4个小题，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．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝(　AD　)

A．2　　 B．

C．3　　 D．

[解析]　由a1，a2＋1，a3成等差数列，

得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，

即a1(q2－2q＋1)＝2，①

又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14，②

①÷②得：＝，解得q＝2或q＝.

另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，

得3a2＋2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2＝4，

则S3＝＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝.故选A、D.

10．若数列{an}满足对任意n≥2(n∈N)都有(an－an－1－2)·(an－2an－1)＝0，则下面选项中正确的是(　ABD　)

A．{an}可以是等差数列

B．{an}可以是等比数列

C．{an}可以既是等差数列又是等比数列

D．{an}可以既不是等差数列又不是等比数列

[解析]　因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，

所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，

即an－an－1＝2或an＝2an－1，

当an≠0，an－1≠0时，{an}是等差数列或等比数列；

当an＝0或an－1＝0时，{an}可以不是等差数列，也可以不是等比数列，比如数列，2,0,0,0，…….故选A、B、D.

11．已知等比数列{xn}的公比为q，若恒有|xn|>|xn＋1|，且＝，则首项x1的取值范围可以是(　AC　)

A．(，1)　　 B．(0,1)

C．(0，)　　 D．(1,2)

[解析]　由|xn|>|xn＋1|，得1>||＝|q|，故－1<q<0或0<q<1.0<1＋q<1或1<1＋q<2，又＝，所以x1＝，所以x1∈(0，)∪(，1)．故选A、C.

12．(2020·山东十校联考)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，则以下结论不正确的是(　BCD　)

A．a2>b2　　 B．a3<b3

C．a5>b5　　 D．a6>b6

[解析]　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A正确．同理，其余都错，故选B、C、D.

三、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．(2020·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．(2020·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．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.

16．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有＋＋…＋<t，则实数t的取值范围为　[，＋∞)　.

[解析]　因为数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以＝，数列{}是首项为，公比为的等比数列，则＋＋…＋＝＝(1－)<，则实数t的取值范围为[，＋∞)．故填[，＋∞)．

四、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10分)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.　

(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；

(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.

[解析]　(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.

∵an＋1＝2an＋4，

∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，

∴＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．

(2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.

当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；

当n≥2时，an≥0.

∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.

又当n＝1时，上式也满足．

∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.

18．(本小题满分12分)(2020·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＝－×－×＝－×.

19．(本小题满分12分)(2020·河南洛阳孟津二中月考)在数列{an}中，设f(n)＝an，且f(n)满足f(n＋1)－2f(n)＝2n(n∈N*)，a1＝1.

(1)设bn＝，证明：数列{bn}为等差数列；

(2)求数列{3an－1}的前n项和Sn.

[解析]　(1)由已知得an＋1＝2an＋2n，得

bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1，

∴bn＋1－bn＝1，又a1＝1，∴b1＝1，

∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．

(2)由(1)知，bn＝＝n，

∴an＝n·2n－1,3an－1＝3n·2n－1－1.

∴Sn＝3×1×20＋3×2×21＋3×3×22＋…＋3(n－1)×2n－2＋3n×2n－1－n，

两边同时乘以2，得2Sn＝3×1×21＋3×2×22＋…＋3(n－1)×2n－1＋3n×2n－2n，

两式相减，得－Sn＝3×(1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n)＋n＝3×(2n－1－n×2n)＋n＝3(1－n)2n－3＋n，

∴Sn＝3(n－1)2n＋3－n.

20．(本小题满分12分)(2020·河北衡水模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足an＝＋＋＋…＋，求数列bn的通项公式．

[解析]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，

易知a1＝2满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.　

(2)an＝＋＋＋…＋(n≥1)，①

an＋1＝＋＋＋…＋＋，②

②－①得，＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，

故bn＝2(3n＋1)(n≥2)．

又a1＝＝2，即b1＝8，也满足上式，

所以bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．

21．(本小题满分12分)(2020·广东广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{}是首项为1，公差为2的等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－(4n＋5)()n，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解析]　(1)因为数列{}是首项为1，公差为2的等差数列，

所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.

当n＝1时，a1＝S1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－2)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.

当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.

(2)当n＝1时，＝，所以b1＝2a1＝2.

当n≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)()n，①

得＋＋…＋＝5－(4n＋1)()n－1.②

①－②，得＝(4n－3)()n.

因为an＝4n－3，所以bn＝＝2n(当n＝1时也符合)，

所以＝＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以Tn＝＝2n＋1－2.

22．(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＝a＋2an＋1(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；

(3)在(2)的条件下，若≤λ(n＋4)－1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．

[解析]　(1)由已知得4Sn＝(an＋1)2，①

当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1.

当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2.②

①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，

则(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.

因为an>0，所以an－an－1＝2，即

数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．

所以an＝2n－1.

(2)由(1)知bn＝，

则Tn＝1·＋3·()2＋5·()3＋…＋(2n－3)·()n－1＋(2n－1)·()n.

Tn＝1·()2＋3·()3＋5·()4＋…＋(2n－3)·()n＋(2n－1)·()n＋1，

两式相减得Tn＝＋2[()2＋()3＋…＋()n]－(2n－1)()n＋1＝－·()n，

所以Tn＝1－.

(3)由≤λ(n＋4)－1得，

则λ≥＝，

因为n＋≥2＝4，

所以当且仅当n＝2时，有最大值，即λ≥.