2020年浙江高三數(shù)學總復習：數(shù)列與數(shù)學歸納法檢測卷(一)(等差數(shù)列、等比數(shù)列)

1、(A)a1d0,dS30(B)a1d0,dS32 018 時,n 的最小值是()(A)7(B)9(C)10(D)116. 等差數(shù)列an的前 n 項和是 Sn,公差 d 不等于零，若 a2,a3,a6成等比數(shù)列,則()(C)aid0(D)aid0,dS307. 在數(shù)列an中,an+i-an=2,Sn為an的前 n 項和.若 S=50,則數(shù)列an+an+i的前 10 項和為()(A)100(B)110(C)120(D)1308. 已知等差數(shù)列an的公差為-2,前 n 項和為 S,a2,a3,a4為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為 120 ,若 swSm對任意的 n N*恒成立，則實數(shù) m

2、等于()(A)7(B)6(C)5(D)419. 已知等比數(shù)列an滿足 a1= ,a3a5=4(a4-1),則 a2等于()ii(A)2(B)1(C)(D)10. 數(shù)列an的首項為 3,bn為等差數(shù)列且 bn=an+1-an(n Nl).若 b3=-2,b10=12,則 as等于()(A)0(B)3(C)8(D)11二、填空題(單空題每題 4 分,多空題每題 6 分,共 36 分)11. 設數(shù)列an的前 n 項和為 S.若 S=4,an+1=2S+1, n N；則a1=_ ,S5=_ .12. 已知數(shù)列an對任意的 p,q 2 滿足 ap+q二ap+aq,且 a2=-4,則a6=_ ,an=_

3、.13. 在等比數(shù)列an中,a1=2,a4=16,則數(shù)列an的通項公式 an二_設 bn= log2an,則數(shù)列bn的前 n 項和 Sn=_.14. 在等比數(shù)列an中，若 ai=月4=-4,則公比 q=_ ;|ai|+|a2|+ +|an|=_.15. 已知an是公差不為 0 的等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,其中 ai=2,bi=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常數(shù)a,B,使得 an=logabn+B對每一個正整數(shù)n 者E成立,貝J aB=_.16. 已知數(shù)列an與 均為等差數(shù)列(n N),且 ai=2,則 ai+ 2+a3孑+ n=_ .17. 設等比數(shù)列an滿足 ai+as=10,a2+a

4、4=5,則 aan的最大值為_ .三、解答題(共 74 分)18. (本小題滿分 14 分)已知等差數(shù)列an的前 n 項和為 Sn,且 a2=8,S4=40.數(shù)列bn的前 n 項和為 Tn,且 Tn-2bn+3 = 0,*n N.(1)求數(shù)列an,bn的通項公式；%觀為奇數(shù)設 Cn=l 虬山為偶數(shù)求數(shù)列cn的前(2n +1)項和 P2n+1.19. (本小題滿分 15 分)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列an的前 n 項和為 Sn,且 2Sn=4an-1.在數(shù)列bn中,bn+1= bn-2,b4+ &=-16.(1)求 an,bn；設 6=,求數(shù)列Cn的前 n 項和 Tn.20. (本小題滿分

5、15 分)已知an是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn為前 n 項和滿足2 1 1 7+ = ,a3 S3二(1)求 an；設數(shù)列an的前 n 項積為 Tn,求所有的正整數(shù) k,使得對任意的 n N*,不等式 Sn+k+ 1 恒成立.21. (本小題滿分 15 分)已知正項數(shù)列an的前 n 項和為 S, 且 + + + =,對任意 n N*恒成立.(1)證明：2Sn二+an；求數(shù)列an的通項公式；若 bn=2S+ma,數(shù)列bn是遞增數(shù)列，求 m 的取值范圍.22. (本小題滿分 15 分)設各項均為正數(shù)的數(shù)列an的前 n 項和為 Sn,且 Sn滿足.-(門+n-3)Sn-32 *(n +n)=0,n

6、N.(1)求 a1的值；求數(shù)列an的通項公式；1 1 11證明：對一切正整數(shù) n,有，|11+ *+ +2 時,ai a2 as.an-i=(n-1)2.n兩式相除得 an=()2,925所以 as=,a5=.61所以 as+as=.故選 A.3. B 在正項等比數(shù)列an中,a2a4= =4,as=2,a2a4又：.二 q2=2,a5=asq2=4.故選 B.4. D 由題意知 a9 0,aio0,d -3.8a10=a1+9d=24+9d0,d-.8綜上知-3 2 018,所以 2n+1-n-22 018,解得 n 10.則當 Tn2 018 時,n 的最小值是 10.故選 C.6. C 由

7、 a2,a3,a6成等比數(shù)列.可得，=a2a6,可得 1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),即 2a1d+d2=0,因為公差 d 不等于零，所以 ad0.故選 C.7. C 數(shù)列an+an+1的前 10 項和為 a1+a2+a2+as+a1o+a11=2(a1+a2+ae)+a11-a1=2S0+ 10 x2=120.故選 C.8. C 等差數(shù)列的公差 d 0 可得:m0(i=1,2,3,4,5),同理可知：ai2 時,Tn-i-2bn-i+3=0,兩式相減，得 bn=2bn-i(n 2),所以數(shù)列bn為等比數(shù)列,bn= 3 2又 b=3 適合上式，所以 bn=3 2n-1(n N*).r

8、4% n為奇數(shù)(2)cn二:P2n+1=(ai+ a3-32n+1) + (b2+b4-b2n)4 + 4(2n + l)(n+ 1) 6(1_巧=2+ -=22n+1+4n2+8 n+2.119. 解:(1)由題意知 2an=Sn+ ,an0,11將 n=1 代入得 ai= .Sn=2an-,1當 n2 時,Sn-i=2ai-,兩式相減得 an=2a-2an-1(n 2),整理得”=2(n 2),1所以數(shù)列an是 為首項,2 為公比的等比數(shù)列1an二x2n-1=2n-2;bn為等差數(shù)列，公差為-2,b4+b8=-16=2b6,所以 b6=-8,即 b1-10=-8,所以 b1=2,bn=4-

9、2n.% 4-2n 16 8nnnH - 2nJl(2)Cn=,甘024-fin 16-8nTn=+ +S,18024-8n 16-8n斤nd+2+莎+刁存,116-8n即 k0),公比為 q(q0),1由(1)知 S 二：=1-1+ 1)又 Tn= ().若存在正整數(shù) k,使得不等式 Sn+k+11 對任意的 n N*都成立，則1叫 J1- +( ) 2),兩式相減得=an(Sn+Sn-i).又 an0,所以=S+S-i=2S-an,即 2S= +an(n 2),當 n=1 時/=,得 ai=1,也滿足 2Si= +ai,所以 2S= +an.(比+陽一1)解：當 n2 時,an二S-Sn-

10、i二,得.-=an+an-1,又 an0,所以 an-an-1=1,所以數(shù)列an是以 1 為首項,1 為公差的等差數(shù)列，故 an=1+(n-1)=n.n(n+ 1)解：因為 an=n,Sn=,所以 bn=n2+(m+1)n.所以 bn+1-bn=(n+1) +(m+1)(n+1)-n -(m+1)n=2n+m+20 對任意 n N 恒成立，所以 m-2n-2,得 m-4.22. (1)解：由題意知，-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n N令 n=1,有-(12+1-3)S1-3x(12+1)=0,可得-】+S-6=0,解得 S=-3 或 2,即 a1=-3 或 2,又 an為正數(shù),所以 a1=2.解：由-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n N 可得，(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,則 Sn=n2+n 或 S=-3,又數(shù)列an的各項均為正數(shù)，所以 S=n2+n,Sn-i=(n-1)2+(n-1),所以當 n2 時，2 2an=Si-Sn-i= n +n-(n-1) +(n-1)=2 n.又 ai=2=2x1,所以