专题过关验收卷·专题四
1．B []
2．D [由2nan＋1－2n+2an＝0可得an＋1＝4an，则＝64．故选D．]
3．A [设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意得
解得q＝1或q＝－．故选A．]
4．A [因为数列{an}的前n项和Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，
当n≥2时，Sn－1＝，
两式相减可得，
an＝Sn－Sn－1＝＝4n-1＝22(n-1)，
当n＝1时，a1＝1符合上式，
所以an＝22(n-1)，
所以＝2n-1，其中＝2(n≥2)，
所以数列{}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故Tn＝＝2n－1．故选A．]
5．D [依题意，a1＝S1＝2，a4＝S4－S3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，所以b1＝2，b3＝8，所以bn＝2n，则b6＋1＝26＋1＝65≥n2＋1成立时，n的最大值为8．故选D．]
6．B [因为an＝f (n)＋f (n＋1)，所以由已知条件知，
an＝
即an＝
所以an＝(－1)n·(2n＋1)，
所以an＋an＋1＝2(n为奇数)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2＋2＋2＋…＋2＝100．故选B．]
7．A [由Sn＝，得，
整理得an＝na1，取n＝5，得a5＝5a1，
又a5＝a1＋4d，所以5a1＝a1＋4d，得a1＝d，因为a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，
所以(a5＋2)2＝a2(a17＋2)，即(5d＋2)2＝2d·(17d＋2)，
整理得9d2－16d－4＝0，解得d＝2(负值舍去)，故A错误；
a10＝a1＋9d＝10d＝20，故B正确；
Sn＝2n＋＝n2＋n，故C正确；
当n≥2时，Sn－×2n＝n2－2n＝(n－1)2－1≥0，故D正确．故选A．]
8．C [因为{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝3n－2，
因为{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn＝3n-1，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝31－2＋32－2＋33－2＋…＋3n－2
＝3××(3n－1)－2n，
因为Tn＜2 023，
所以×(3n－1)－2n＜2 023，
当n＝7时，×(37－1)－2×7＝3 265＞2 023，不符合题意，
当n＝6时，×(36－1)－2×6＝1 080＜2 023，符合题意，所以n的最大值是6．故选C．]
9．BC [对于A项，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，
可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝，
又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×，所以A错误；
对于B项，由S14＝＝28，所以B正确；
对于C项，由S15＝＝15a8＜0，所以a8＜0，
又因为S8－S7＝a8＜0，则S7＞S8，所以C正确；
对于D项，因为{an}为递增数列，可得公差d＞0，
因为{anan＋1}为递增数列，
可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d＞0，
所以对任意的n≥2，an＞0，但a1的正负不确定，所以D错误．故选BC．]
10．BC [由2(n＋1)an－nan＋1＝0，得＝0，所以＝2．又＝2，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故A不正确，B正确．由以上分析可得＝2·2n-1＝2n，所以an＝n·2n，故C正确．
Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2，故D不正确．故选BC．]
11．BCD [对于A，B，因为T8＝T12，所以a9a10a11a12＝1，又a9a12＝a10a11，所以a9a10a11a12＝(a10a11)2＝1，所以a10a11＝±1，所以A错误；T20＝a1a2a3·…·a18a19a20＝(a1a20)10＝(a10a11)10＝1，所以B正确．
对于C，a1＝1 024，若公比q＜0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T9＞0，T10＜0，与T10为数列{Tn}的唯一最大项矛盾，所以q＞0，则即，解得＜q＜，所以C正确．
对于D，a1＞0，且T10＞T11＞T9，若公比q＜0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T10＜0，T11＜0，T9＞0，与T10＞T11＞T9矛盾，所以q＞0．由T10＞T11＞T9得，a10＞a10a11＞1，a11＜1，则0＜q＜1．由a10a11＞1，得T20＝(a1a20)10＝(a10a11)10＞1，由a11＜1，得T21＝＜1，由0＜q＜1得，数列{an}是递减数列，所以当n≤20时，Tn＞1；当n≥21时，Tn＜1，所以D正确．故选BCD．]
12．－ [因为，所以，
因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，解得q＝－，则an＝－．]
13．3 [因为an＞0，anan＋2＝，
所以数列{an}为等比数列，设其公比为q，
由a5＝＝1，可得a3＝1，q2＝，所以q＝，所以a2＝1，即a2＝3．]
14．1 666 [等差数列2，6，10，…，202中，公差d1＝4；等差数列2，8，14，…，200中，公差d2＝6，4和6的最小公倍数为12，
所以新数列{an}的公差d＝12，首项a1＝2，所以an＝12n－10，
令an＝12n－10≤200，解得n≤17.5，故新数列共有17项，
所以新数列的各项之和为S17＝17×2＋×12＝1 666．]
15．解：(1)选条件①，设等差数列{an}的公差为d．
因为a2＝3a1，S5－S2＝42，
所以
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2．
选条件②，设等差数列{an}的公差为d．
因为S4＝32，a5＝18，
所以解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2．
选条件③，设等差数列{an}的公差为d．
因为a1＝2，an＋1－an＝，
所以d＞0，解得d＝4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2．
(2)证明：由(1)知，bn＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝<．
16．解：(1)因为{an}为等差数列，且a2与a8的等差中项为5，
所以a2＋a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因为a4a6＝24，
所以(5－d)(5＋d)＝24，解得d＝±1，
因为d＞0，所以d＝1，
所以an＝a5＋(n－5)d＝5＋(n－5)＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n．
(2)由题知，bn＝
即bn＝
所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20
＝1＋
＝，
故数列{bn}的前20项和T20为．
17．解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1，
整理得Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，
故数列{Sn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＋1＝2×2n-1＝2n，
所以Sn＝2n－1，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1．
当n＝1时，a1＝1符合上式，
所以an＝2n-1．
(2)由(1)得bn＝，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，
所以Tn＝，①
，②
①－②，得，
整理得Tn＝2－．
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a2＝5，2a1，a3，a5＋2成等比数列，得(5＋d)2＝2(5－d)(7＋3d)，
即7d2－6d－45＝0，解得d＝3或d＝－(舍去)．
所以an＝5＋(n－2)×3＝3n－1．
(2)证明：由＝1，得，
所以bn＝log3，
设cn＝log3，数列{cn}的前n项和为An，
An＝log3＝log3，则An－1＝所以cn＝An－An－1＝
log3＝log3，验证n＝1时cn成立．
要证Tn＜log3，即证Tn＜An，
只需证log3＜log3，
也就是证＜，即证3n＜3n＋2，此式显然成立．
所以Tn＜log3．
19．解：(1)存在，理由如下：
由已知得a1＝1，a2＝1，a3＝a1＋a2＝2，
所以c1＝m，c2＝m，c3＝2m，
所以c3＝c1＋c2，即c1＋2＝c1＋c2，
所以 m∈R，当正整数k＝1时，存在n＝2，使得ck＋n＝ck＋cn成立，
即数列{cn}为“1阶可分拆数列”．
(2)因为Sn＝3n－a，
所以当n＝1时，d1＝3－a，
当n≥2时，dn＝Sn－Sn－1＝(3n－a)－(3n-1－a)＝．
(ⅰ)若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1＋n＝d1＋dn成立，
当n＝1时，d2＝d1＋d1，即6＝2(3－a)，解得a＝0，
当n≥2时，2·3n＝(3－a)＋2·3n-1，即4·3n-1＝3－a，
因为a≥0，所以3－a≤3，又4·3n-1≥12，
故方程4·3n-1＝3－a无解．
综上所述，符合条件的实数a的值为0．
(ⅱ)证明：法一：因为an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，
所以当n≥2时＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1，
所以
＝＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋(a4a5－a4a3)＋…＋(anan＋1－anan－1)
＝－a2a1＋anan＋1＝anan＋1，
所以－anan＋1＋1＝1，
由(ⅰ)知Sn＝3n，所以f n＝，
所以Tn＝，①
，②
由①－②可得
＝
＝
＝，
Tn－2＜Tn，＞0，
所以＜Tn，
所以Tn＜＜1，
所以当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立．
法二：因为an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，
所以当n≥2时＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1，
所以＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋(a4a5－a4a3)＋…＋(anan＋1－anan－1)
＝－a2a1＋anan＋1＝anan＋1，
所以－anan＋1＋1＝1，
由(ⅰ)知Sn＝3n，所以f n＝，
所以Tn＝，①
，②
，③
由①－②－③可得
＝＜，
所以Tn＜＜1，
所以当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立．
8/8专题四 数列
(满分150分 时间120分钟)
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．设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b3＝2，b7＝6，则S9＝( )
[A]－36 [B]36
[C]－18 [D]18
2．已知非零数列{an}满足2nan＋1－2n+2an＝0，则＝( )
[A]8 [B]16
[C]32 [D]64
3．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若a3＝3，S3＝9，则数列{an}的公比是( )
[A]－或1 [B]或1
[C]－ [D]
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝，则数列{}的前n项和Tn＝( )
[A]2n－1 [B]
[C] [D]2n-1－1
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，正项等比数列{bn}满足b1＝a1，b3＝a4＋1，则使b6＋1≥Sn成立的n的最大值为( )
[A]5 [B]6
[C]7 [D]8
6．已知函数f (n)＝且an＝f (n)＋f (n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝( )
[A]0 [B]100
[C]－100 [D]10 200
7．已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝，则下列说法不正确的是( )
[A]d＝1 [B]a10＝20
[C]Sn＝n2＋n [D]当n≥2时，Sn≥an
8．已知数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，设cn＝，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，当Tn＜2 023时，n的最大值为( )
[A]4 [B]5
[C]6 [D]7
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是( )
[A]若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5
[B]若a2＋a13＝4，则S14＝28
[C]若S15＜0，则S7＞S8
[D]若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an＞0
10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
[A]{nan}是等比数列 [B]是等比数列
[C]an＝n·2n [D]Sn＝(n－1)·2n＋2
11．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，下列说法正确的是( )
[A]若T8＝T12，则a10a11＝1
[B]若T8＝T12，则T20＝1
[C]若a1＝1 024，且T10为数列{Tn}的唯一最大项，则＜q＜
[D]若a1＞0，且T10＞T11＞T9，则使得Tn＞1成立的n的最大值为20
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．
13．正项数列{an}满足anan＋2＝，n∈N*，若a5＝，a2a4＝1，则a2的值为 ________．
14．已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)在①a2＝3a1，S5－S2＝42，②S4＝32，a5＝18，③a1＝2，an＋1－an＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求证：数列{bn}的前n项和Tn＜．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
16．(15分)已知等差数列{an}的公差d＞0，a2与a8的等差中项为5，且a4a6＝24．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前20项和T20．
17．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
18．(17分)已知各项均为正数的等差数列{an}，a2＝5，2a1，a3，a5＋2成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＝1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜log3．
19．(17分)已知数列{an}是斐波那契数列，其数值为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…．这一数列以如下递推的方式定义：a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．数列{bn}对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk＋n＝bk＋bn成立，则称数列{bn}为“k阶可分拆数列”．
(1)已知数列{cn}满足cn＝man(n∈N*，m∈R)．判断是否 m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列{cn}为“k阶可分拆数列”，并说明理由．
(2)设数列{dn}的前n项和为Sn＝3n－a(a≥0)．
(ⅰ)若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
(ⅱ)在(ⅰ)问的前提下，若数列{f n}满足f n＝，n∈N*，其前n项和为Tn．证明：当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立．
5/5
