2020年高考數(shù)學一輪復習 第3章《數(shù)列》自測題

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1、第三章　數(shù)列 時間：120分鐘　分值：150分 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題：(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．) 1．數(shù)列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2，…，其相鄰的兩個1被2隔開，第n對1之間有n個2，則該數(shù)列的前1234項的和為(　　) A．2450　　　　　　　　 B．2419 C．4919 D．1234 解析：將數(shù)列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1，…進行分組： 第1組：1,2， 第2組：1,2,2， 第3組：1,2,2,2， …

2、 第n組： ∴前n組一共有＝項． 當n＝48時，有＝1224項；當n＝49時，有＝1274項， 即前1234項可以排滿前48組，在第49組只能排前10項． 故前1234項中含49個1，其余的均為2， 故該數(shù)列前1234項的和為49×1＋(1234－49)×2＝2419，故選B. 答案：B 2．數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，則an＝(　　) A. B. C. D. 解析：令n＝1，得a1＝，排除A、D；再令n＝2，得a2＝，排除C，故選B. 答案：B 3．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1，n∈N*

3、)，第k項滿足750

4、別相等，則a21＝a1＝1.S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，選B. 答案：B 5．數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，當n∈N*時，an＋2等于anan＋1的個位數(shù)，若數(shù)列{an}的前k項和為243，則k＝(　　) A．61 B．62 C．63 D．64 解析：依題意得a1＝1，a2＝2，a3＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，a11＝8，a12＝2，a13＝6，…，數(shù)列{an}除第一項外，其余的項形成以6為周期的數(shù)列，且從a2到a7這六項的和等于24

5、，注意到243＝1＋24×10＋2，因此k＝1＋6×10＋1＝62，選B. 答案：B 6．把正整數(shù)排列成三角形數(shù)陣(如圖甲)，然后擦去第偶數(shù)行中的奇數(shù)和第奇數(shù)行中的偶數(shù)，得到新的三角形數(shù)陣(如圖乙)，再把圖乙中的數(shù)按從小到大的順序排成一列，得到一個數(shù)列{an}，則a2020＝(　　) A．3955 B．3957 C．3959 D．3961 解析：注意到圖乙中，第n行有n個數(shù)，且第n行的最后一個數(shù)是n2，又<2020<，因此a2020位于圖乙中第63行中的第57個數(shù)，第63行的最后一個數(shù)是632＝3969，且第63行的數(shù)自左向右依次形成公差為2的等差數(shù)列，于是a2020＋(

6、63－57)×2＝3969，a2020＝3957. 答案：B 7．若{an}是公差為1的等差數(shù)列，則{a2n－1＋2a2n}是(　　) A．公差為3的等差數(shù)列 B．公差為4的等差數(shù)列 C．公差為6的等差數(shù)列 D．公差為9的等差數(shù)列 解析：設{an}的公差為d，則d＝1，設cn＝a2n－1＋2a2n，則cn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，cn＋1－cn＝a2n＋1＋2a2n＋2－a2n－1－2a2n＝6d＝6，選擇C. 答案：C 8．在等比數(shù)列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝，a2a3＝－，則＋＋＋＝(　　) A. B. C．－ D．－ 解析：依題意，設公比

7、為q，則q≠1，因此， 又，，，構(gòu)成以為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以＋＋＋＝＝，①÷②得＝－，即＋＋＋＝－，選擇C. 答案：C 9．設{an}是等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，對任意正整數(shù)n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，又a1＝2，則S101＝(　　) A．200 B．2 C．－2 D．0 解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，因為對任意正整數(shù)，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，an＋2anq＋anq2＝0，因為an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，q＝－1，S101＝＝2，選擇B. 答案：B 10．已知an＝sin＋(n∈N*)，則數(shù)列{an}的最小值為(　　)

8、 A．6 B．7 C．8 D. 解析：令t＝2＋sin(1≤t≤3)，則an＝f(t)＝t＋－2，f′(t)＝1－<0，∴f(t)在其定義域上單調(diào)遞減， ∴當t＝3，即sin＝1時，an取得最小值，故選D. 答案：D 11．數(shù)列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2)，則a2020＝(　　) A. B. C. D. 解析：由an＝2－(n≥2)得，an－1＝1－＝，即＝＝1＋，∴數(shù)列{}是首項為＝－，公差為1的等差數(shù)列． 故＝－＋n－1＝n－，∴an＝， ∴a2020＝.故選D. 答案：D 12．數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝an2－an＋1(n∈

9、N*)，則m＝＋＋＋…＋的整數(shù)部分是(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：依題意得a1＝，a2＝，a3＝>2，an＋1－an＝(an－1)2>0，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，∴a2020>a3>2，∴a2020－1>1，∴1<2－<2.由an＋1＝an2－an＋1得＝－，故＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝2－∈(1,2)，因此選C. 答案：C 第Ⅱ卷(非選擇題　共90分) 二、填空題：(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上．) 13．已知數(shù)列{an}的第一項都是非負實數(shù)，且對任意m，n∈N*有am＋n－am－an＝0或am＋n－am－an＝1.又

10、知a2＝0，a3>0，a99＝33.則a3＝________，a10＝________. 解析：a2＝a1＋a1或a2＝a1＋a1＋1，由a2＝0，得a1＝0，或a1＝－(不符合題意，舍去)，a3＝a1＋a2或a3＝a1＋a2＋1，由a1＝a2＝0，a3>0，得a3＝1(a3＝0舍去)；由條件am＋n＝am＋an或am＋n＝am＋an＋1，可知an∈N，a100＝a99＋a1或a100＝a99＋a1＋1，∵a99＝33，∴a100＝33或34. 又∵am＋n≥am＋an，∴a100≥10a10，∴a10≤3.3或a10≤3.4；而a9≥3a3＝3，a10≥a9≥3，所以a10＝3. 答案

11、：1　3 14．考慮以下數(shù)列{an}，n∈N*： ①an＝n2＋n＋1；②an＝2n＋1；③an＝ln. 其中滿足性質(zhì)“對任意的正整數(shù)n，≤an＋1都成立”的數(shù)列有________(寫出所有滿足條件的序號)；若數(shù)列{an}滿足上述性質(zhì)，且a1＝1，a20＝58，則a10的最小值為________． 解析：對于①，a1＝3，a2＝7，a3＝13，>a2，因此{an}不滿足“對任意的正整數(shù)n，≤an＋1都成立”．對于②，易知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，故有＝an＋1，因此{an}滿足“對任意的正整數(shù)n，≤an＋1都成立”．對于③，an＋2＋an＝ln，2an＋1＝ln2，－2＝＝<0，即有

12、n＋1，因此{an}滿足“對任意的正整數(shù)n，≤an＋1都成立”．綜上所述，滿足性質(zhì)“對任意的正整數(shù)n，≤an＋1都成立”的數(shù)列為②③.對于滿足上述性質(zhì)的數(shù)列{an}，令dn＝an＋1－an.由≤an＋1得an＋1－an≥an＋2－an＋1，即dn≥dn＋1.又a10＝a1＋d1＋d2＋…＋d9≥a1＋9d9，a10＝a20－(d19＋d18＋…＋d10)≥a20－10d10，即≥d9，≥－d10，所以＋≥d9－d10≥0，即＋≥0，由此解得a10≥28，即a10的最小值為28. 答案：②③　28 15．設{an}是等比數(shù)列，公比q＝，Sn為{an}的前n項和．記Tn＝，n∈N*.設Tn0為

13、數(shù)列{Tn}的最大項，則n0＝________. 解析：根據(jù)等比數(shù)列的通項公式Sn＝，故Tn＝＝＝(qn＋－17)，令qn＝()n＝t，則函數(shù)g(t)＝t＋，當t＝4時函數(shù)g(t)取得最小值，此時n＝4，而＝<0，故此時Tn最大，所以n0＝4. 答案：4 16．若數(shù)列{an}滿足－＝d(n∈N*，d為常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為“調(diào)和數(shù)列”．已知數(shù)列{}為“調(diào)和數(shù)列”，且x1＋x2＋…＋x20＝200，則x3x18的最大值是________． 解析：因為數(shù)列{}為“調(diào)和數(shù)列”，所以xn＋1－xn＝d(n∈N*，d為常數(shù))，即數(shù)列{xn}為等差數(shù)列，由x1＋x2＋…＋x20＝200得＝＝2

14、00，即x3＋x18＝20，易知x3、x18都為正數(shù)時，x3x18取得最大值，所以x3x18≤2＝100，即x3x18的最大值為100. 答案：100 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常數(shù)，n∈N*)，a2＝6. (1)求c的值及{an}的通項公式； (2)證明：＋＋…＋<. 解析：(1)因為Sn＝nan＋an－c， 所以當n＝1時，S1＝a1＋a1－c，解得a1＝2c， 當n＝2時，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2

15、＝3c， 所以3c＝6，解得c＝2； 則a1＝4，數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2. (2)證明：因為＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝ ＝＝－. 因為n∈N*，所以＋＋…＋<. 18．(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n. (1)設bn＝，證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解：(1)證明：由已知an＋1＝2an＋2n得 bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1. 又b1＝a1＝1， 因此{bn}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列． (2)由(1)知 ＝n，即

16、an＝n·2n－1. Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， 兩邊乘以2得，2Sn＝2＋2×22＋…＋n×2n. 兩式相減得 Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n ＝－(2n－1)＋n·2n ＝(n－1)2n＋1. 19．(本小題滿分12分)已知遞增的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2、a4的等差中項． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)(理)若bn＝log2an＋1，Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，求使Sn>42＋4n成立的n的最小值． (文)若bn＝log2an＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解析：(1)設等比數(shù)

17、列{an}的公比為q，依題意有 2(a3＋2)＝a2＋a4，① 又a2＋a3＋a4＝28，將①代入得a3＝8.所以a2＋a4＝20. 于是有 解得或 又{an}是遞增的，故a1＝2，q＝2. 所以an＝2n. (2)(理)bn＝log22n＋1＝n＋1，Sn＝.故由題意可得>42＋4n，解得n>12或n<－7.又n∈N* 所以滿足條件的n的最小值為13. (文)bn＝log22n＋1＝n＋1. 故Sn＝. 20．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，公比q>1，且a2＝3，S3＝13. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn

18、}滿足＋＋＋…＋＝n(n＋2)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解析：(1)由已知，有?q＝3. ∴a1＝1，an＝a1qn－1＝3n－1. (2)∵＋＋＋…＋＝n(n＋2)(n∈N*)， 當n＝1時，＝3，∴b1＝3. 當n≥2時，∵＋＋＋…＋＝(n－1)(n＋1)， ∴＝n(n＋2)－(n－1)(n＋1)＝2n＋1， 即bn＝(2n＋1)·3n－1. 經(jīng)檢驗，得bn＝(2n＋1)·3n－1(n∈N*)． ∵Tn＝3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n＋1)×3n－1， 3Tn＝3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n. 兩式相減，得－2Tn

19、＝3＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＝3n－(2n＋1)×3n，∴Tn＝n·3n. 21．(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋. (1)設bn＝，求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解析：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝＋， 即bn＋1＝bn＋，從而b2＝b1＋， b3＝b2＋，… bn＝bn－1＋(n≥2)， 于是bn＝b1＋＋＋…＋＝2－(n≥2)． 又b1＝1，故所求數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2－. (2)由(1)知an＝n＝2n－. 令Tn＝，則2Tn＝， 于是Tn＝2Tn－Tn

20、＝－＝4－. 又(2k)＝n(n＋1)， 所以Sn＝n(n＋1)＋－4. 22．(本小題滿分12分)設各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2a2＝a1＋a3，數(shù)列{}是公差為d的等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式(用n，d表示)； (2)設c為實數(shù)，對滿足m＋n＝3k且m≠n的任意正整數(shù)m，n，k，不等式Sm＋Sn>cSk都成立．求證：c的最大值為. 解析：(1)由題設知，＝＋(n－1)d＝＋(n－1)d，則當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(－)(＋)＝2d－3d2＋2d2n. 由2a2＝a1＋a3，得2(2d＋d2)＝a1＋2d＋3d2，解得＝d. 故當

21、n≥2時，an＝2nd2－d2. 又a1＝d2，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝(2n－1)d2. (2)證明：由＝d及＝＋(n－1)d，得d>0，Sn＝d2n2. 于是，對滿足題設的m，n，k，m≠n，有Sm＋Sn＝(m2＋n2)d2>d2＝d2k2＝Sk. 所以c的最大值cmax≥. 另一方面，任取實數(shù)a>.設k為偶數(shù)，令m＝k＋1，n＝k－1，則m，n，k符合條件，且 Sm＋Sn＝d2(m2＋n2) ＝d2＝d2(9k2＋4)． 于是，只要9k2＋4<2ak2，即當k>時，就有 Sm＋Sn