2020年浙江高三数学总复习：数列与数学归纳法检测卷(一)(等差数列、等比数列)

1、(A)a1d0,dS30(B)a1d0,dS32 018 时,n 的最小值是()(A)7(B)9(C)10(D)116. 等差数列an的前 n 项和是 Sn,公差 d 不等于零，若 a2,a3,a6成等比数列,则()(C)aid0(D)aid0,dS307. 在数列an中,an+i-an=2,Sn为an的前 n 项和.若 S=50,则数列an+an+i的前 10 项和为()(A)100(B)110(C)120(D)1308. 已知等差数列an的公差为-2,前 n 项和为 S,a2,a3,a4为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为 120 ,若 swSm对任意的 n N*恒成立，则实数 m

2、等于()(A)7(B)6(C)5(D)419. 已知等比数列an满足 a1= ,a3a5=4(a4-1),则 a2等于()ii(A)2(B)1(C)(D)10. 数列an的首项为 3,bn为等差数列且 bn=an+1-an(n Nl).若 b3=-2,b10=12,则 as等于()(A)0(B)3(C)8(D)11二、填空题(单空题每题 4 分,多空题每题 6 分,共 36 分)11. 设数列an的前 n 项和为 S.若 S=4,an+1=2S+1, n N；则a1=_ ,S5=_ .12. 已知数列an对任意的 p,q 2 满足 ap+q二ap+aq,且 a2=-4,则a6=_ ,an=_

3、.13. 在等比数列an中,a1=2,a4=16,则数列an的通项公式 an二_设 bn= log2an,则数列bn的前 n 项和 Sn=_.14. 在等比数列an中，若 ai=月4=-4,则公比 q=_ ;|ai|+|a2|+ +|an|=_.15. 已知an是公差不为 0 的等差数列,bn是等比数列,其中 ai=2,bi=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常数a,B,使得 an=logabn+B对每一个正整数n 者E成立,贝J aB=_.16. 已知数列an与 均为等差数列(n N),且 ai=2,则 ai+ 2+a3孑+ n=_ .17. 设等比数列an满足 ai+as=10,a2+a

4、4=5,则 aan的最大值为_ .三、解答题(共 74 分)18. (本小题满分 14 分)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,且 a2=8,S4=40.数列bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn-2bn+3 = 0,*n N.(1)求数列an,bn的通项公式；%观为奇数设 Cn=l 虬山为偶数求数列cn的前(2n +1)项和 P2n+1.19. (本小题满分 15 分)已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 2Sn=4an-1.在数列bn中,bn+1= bn-2,b4+ &=-16.(1)求 an,bn；设 6=,求数列Cn的前 n 项和 Tn.20. (本小题满分

5、15 分)已知an是各项为正数的等比数列，Sn为前 n 项和满足2 1 1 7+ = ,a3 S3二(1)求 an；设数列an的前 n 项积为 Tn,求所有的正整数 k,使得对任意的 n N*,不等式 Sn+k+ 1 恒成立.21. (本小题满分 15 分)已知正项数列an的前 n 项和为 S, 且 + + + =,对任意 n N*恒成立.(1)证明：2Sn二+an；求数列an的通项公式；若 bn=2S+ma,数列bn是递增数列，求 m 的取值范围.22. (本小题满分 15 分)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn满足.-(门+n-3)Sn-32 *(n +n)=0,n

6、N.(1)求 a1的值；求数列an的通项公式；1 1 11证明：对一切正整数 n,有，|11+ *+ +2 时,ai a2 as.an-i=(n-1)2.n两式相除得 an=()2,925所以 as=,a5=.61所以 as+as=.故选 A.3. B 在正项等比数列an中,a2a4= =4,as=2,a2a4又：.二 q2=2,a5=asq2=4.故选 B.4. D 由题意知 a9 0,aio0,d -3.8a10=a1+9d=24+9d0,d-.8综上知-3 2 018,所以 2n+1-n-22 018,解得 n 10.则当 Tn2 018 时,n 的最小值是 10.故选 C.6. C 由

7、 a2,a3,a6成等比数列.可得，=a2a6,可得 1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),即 2a1d+d2=0,因为公差 d 不等于零，所以 ad0.故选 C.7. C 数列an+an+1的前 10 项和为 a1+a2+a2+as+a1o+a11=2(a1+a2+ae)+a11-a1=2S0+ 10 x2=120.故选 C.8. C 等差数列的公差 d 0 可得:m0(i=1,2,3,4,5),同理可知：ai2 时,Tn-i-2bn-i+3=0,两式相减，得 bn=2bn-i(n 2),所以数列bn为等比数列,bn= 3 2又 b=3 适合上式，所以 bn=3 2n-1(n N*).r

8、4% n为奇数(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)由题意知 2an=Sn+ ,an0,11将 n=1 代入得 ai= .Sn=2an-,1当 n2 时,Sn-i=2ai-,两式相减得 an=2a-2an-1(n 2),整理得”=2(n 2),1所以数列an是 为首项,2 为公比的等比数列1an二x2n-1=2n-2;bn为等差数列，公差为-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),公比为 q(q0),1由(1)知 S 二：=1-1+ 1)又 Tn= ().若存在正整数 k,使得不等式 Sn+k+11 对任意的 n N*都成立，则1叫 J1- +( ) 2),两式相减得=an(Sn+Sn-i).又 an0,所以=S+S-i=2S-an,即 2S= +an(n 2),当 n=1 时/=,得 ai=1,也满足 2Si= +ai,所以 2S= +an.(比+陽一1)解：当 n2 时,an二S-Sn-

10、i二,得.-=an+an-1,又 an0,所以 an-an-1=1,所以数列an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列，故 an=1+(n-1)=n.n(n+ 1)解：因为 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 对任意 n N 恒成立，所以 m-2n-2,得 m-4.22. (1)解：由题意知，-(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为正数,所以 a1=2.解：由-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n N 可得，(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则 Sn=n2+n 或 S=-3,又数列an的各项均为正数，所以 S=n2+n,Sn-i=(n-1)2+(n-1),所以当 n2 时，2 2an=Si-Sn-i= n +n-(n-1) +(n-1)=2 n.又 ai=2=2x1,所以