1、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.180B.190C.160D.1202.(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.B.C.10D.153.(2021湖北荆州中学月考)设等比数列an的前n项和为Sn,若,则=()A.B.C.D.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
2、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220 Hz的音名是()A.dB.fC.eD.#d5.(2021四川成都二诊)已知数列an的前n项和Sn=n2,设数列的前n项和为Tn,则T20的值为()A.B.C.D.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
3、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.39B.45C.48D.517.(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(nN*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在
4、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=4C.a2=3D.t=-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=1B.Sn的最小值为S3C.S1=S6D.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=,对于数列an,bn,下列选项正确的是()A.b10=8b5B.bn是等比数列C.a1b30=105D.12.(20
5、21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(nN*)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=2nB.an+1=3an-3C.an=D.Sn=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 0
6、21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,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 dm12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm12 dm,20 dm6 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 dm12 dm,10 dm6 dm,20 dm3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.
7、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Sk=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=,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全国甲,理18)已知数列an的各项均为正数,记Sn为an的前n项和,从下面中选取两个作为条件,证明另外一个成立.数列an是等差数列;数列是等差数列;a2=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,a
8、4=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,an+1an=2Sn,+an=2Sn这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.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),求数列bn的前n项和Tn.21.(12分)(2021山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,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
9、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=,且当n2时,a1a2an-1=-2.(1)求证:数列是等差数列,并求数列an的通项公式;(2)记Tn=a1a2an,Sn=+,求证:当nN*时,an+1-Sn.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,
10、则Sn=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()=log3(95)=log3(310)=10.3.D解析 由题意可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.,设S5=2k,S10=k,k0,S10-S5=-k,S15-S10=,S15=,4.D解析 因为a的音频是数列的第10项,440=220=220,所以频率为220 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
11、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,所以Tn=1-=,所以T20=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)+2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3(5+26)=51.7.D解析 由2n1,100,nN*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=126.又1+2+3+100=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(nN*)的整
12、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)=250=100.9.BCD解析 当n=1时,a1=S1=1+t,当n2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=34n-2.由数列an为等比数列,可知a1必定符合an=34n-2,所以1+t=,即t=-所以数列an的通项公式为an=34n-2,a2=3,数列an的公比q=4.故选BCD.10.AC解析
13、 由已知得a1+3(a1+41)=7a1+1,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+41=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-30,a2=-20,a3=-10,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+,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305+=390,解得d=an=a1+(n-1)d=bn=,=2d,故数列bn是等比数列,B选项正确.5d=53,=(2d)5=25d23,b1
14、08b5,A选项错误.a30=a1+29d=5+16=21,a1b30=5221105,C选项错误.a4=a1+3d=5+3,a5=a1+4d=5+4,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+2
15、a1-3=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-=3,又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以an-3n-1=,即an=,故C项错误.Sn=+3n+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解析 因为Sn=2an-2,所以当n2时,Sn-1
16、=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=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=n1+6=3n2-2n.16.5240解析 对折3次共可以得到 dm12 dm,5 dm6 dm
17、,10 dm3 dm,20 dmdm四种规格的图形,面积之和S3=430=120 dm2;对折4次共可以得到 dm12 dm,dm6 dm,5 dm3 dm,10 dmdm,20 dmdm五种规格的图形,S4=515=75 dm2.可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)dm2.则Sk=S1+S2+Sn=240+.记Tn=+,则Tn=+与式相减,得Tn-Tn=Tn=+故Tn=3-故Sk=240Tn=24017.解 (1)设正项等比数列an的公比为q(q0).由等比数列的性质可得a5a7=256,因为an0,所以a6=16.所以q2=256,即q=16.所以an=a6qn-6=1
18、616n-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.当n5,且nN*时,Tn=18n-2n2;当n6,且nN*时,Tn=T5+=185-252+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.综上所述,Tn=18.证明 若选,设数列an的公差为d1,数列的公差为d2.当nN*时,an0,d10,d20.Sn=na1+n2+n.又+(n-1)d2,Sn=a1+(n-1)2+2d2(n-1)=n2+(2d2-2)n+-2d2+a1,a1-=2d2-2-2d2+a1=0,d2=,即d1=2a1,a
19、2=a1+d1=3a1.若选,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+d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以=n-(n-1)所以是首项为,公差为的等差数列.若选,设数列的公差为d,则=d,即=d.a2=3a1,=d,即d=,+(n-1)d=+(n-1)=n,即Sn=n2a1,当n2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,nN*,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(q0).因
20、为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a10,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去).所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=22n-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)13+(-1)25+(-1)37+(-1)n(2n+1),-Tn=(-1)23+(-1)35+(-1)47+(-1)n+1(2n+1),所以2Tn=-3+2(-1)2+(-1)3+(-1)n-(-1)n+1(2
21、n+1)=-3+2+(-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,则2Sn=nan+1.当n=1时,2S1=a2,又S1=a1=1,所以a2=2.当n2时,2Sn-1=(n-1)an,所以2an=nan+1-(n-1)an,即(n+1)an=nan+1,所以(n2).又=1,所以当n2时,=1,即an=n.又a1=1符合上式,所以an=n.若选,则当n=1时,2S1=a2a1,可得a2=2.当n2时,2Sn-1=anan-1,可得2an=anan+1-anan-1.由an0,得a
22、n+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,因为+an=2Sn,所以当n2时,+an-1=2Sn-1,两式相减得+an-an-1=2an,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.由an0,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=22+322+423+(n+1)2n,2Tn=222+323+424+(n+1)2n+1,两式相减,得-Tn=4+22+23+2n-(n+1)2n+1
23、=4+-(n+1)2n+1=4-4+2n+1-(n+1)2n+1=-n2n+1,所以Tn=n2n+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%=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=256,数列bn的前n项和Tn=400n+a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=256+400n+a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)10 000,即256+4007+a10 000,即21a3 082,所以a又aN*,所以a的最小值为147.22.证明 (1)因为当n2时,a1a2an-1=-2,所以a1a2an=-2,两式相除,可得an=,所以-1,所以=1(n2).又a1=,所以a2=3,=4,所以=1,所以=1(nN*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.所以=3+(n-1)1=n+2,所以an=(2)因为Tn=a1a2an=,所以,所以Sn=+=1-=an+1-,所以当nN*时,an+1-Sn.