2018届人教B版 数列 检测卷

第五章 综合过关规范限时检测
(时间：120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，则a 2等于 ( A )
A ．4
B ．2
C ．1
D ．－2
[解析] 根据项与和之间的关系即可得到结论． 解：∵S n ＝2a n －2，
∴当n ＝1时，S 1＝2a 1－2＝a 1， 解得a 1＝2，
当n ＝2，则S 2＝2a 2－2， 即a 1＋a 2＝2a 2－2， 则a 2＝a 1＋2＝2＋2＝4， 故选A ．
2．(2016·山西忻州一中检测)已知等差数列{a n }的前13项和为39，则a 6＋a 7＋a 8等于 ( B )
A ．6
B ．9
C ．12
D ．18
[解析] 方法一：设等差数列的公差为d ，由题意，得S 13＝13a 1＋13×122d ＝39，化简
得a 1＋6d ＝3，所以a 6＋a 7＋a 8＝a 1＋5d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3a 1＋18d ＝3(a 1＋6d )＝3×3＝9．
方法二：因为S 13＝13×(a 1＋a 13)
2＝13a 7＝39，所以a 7＝3，所以a 6＋a 7＋a 8＝3a 7＝9.故
选B ．
3．(2016·青岛模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ＋a (n ∈N *)，则实数a 的值是 ( C )
A ．－3
B ．3
C ．－1
D ．1
[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －
1＝2·3n －
1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋a ，因为{a n }是等比数列，所以有3＋a ＝2，解得a ＝－1.故选C ．
4．已知数列{a n }是等差数列，若a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0，且数列{a n }的前n 项和
S n 有最大值，那么S n 取得最小正值时，n 等于 ( C )
A ．4 029
B ．4 030
C ．4 031
D ．4 032
[解析] ∵数列{a n }的前n 项和S n 有最大值， ∴数列{a n }是递减的等差数列． 又∵a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0， ∴a 2 016>0，a 2 017<0，
∴数列的前2 016项为正数，从第2 017项开始为负数， 由求和公式和性质可得
S 4 031＝4 031a 2 016>0，S 4 032＝2 016(a 2 016＋a 2 017)<0， ∴S n 取最小正值时n ＝4 031．
5．(2017·山西省古县、离石区、高县三区八校高三上学期开学数学试题)设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1
a n
，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 015的值为 ( B )
A ．－12
B ．－1
C ．12
D ．2
[解析] 由已知a n ＋1＝1－1
a n
，a 1＝2，可求数列的前几项，进而可得数列的周期性规律，
代入即可求得答案．
解：由a 1＝2，a n ＋1＝1－1
a n ，
得a 2＝1－1a 1＝1－12＝1
2，
a 3＝1－1a 2＝1－1
1
2
＝－1，
a 4＝1－1a 3＝1－1
－1＝2.由上可知，数列的项重复出现，呈现周期性，周期为3．
且T 3＝a 1a 2a 3＝－1,2 015＝3×671＋2， ∴T 2 015＝(－1)671·a 1a 2＝－1． 故选B ．
6．(2017·内蒙古集宁一中高三上学期期中数学试题)已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是 ( D )
A ．a n ＝2n －1
B ．a n ＝(n ＋1n )n －1
C ．a n ＝n 2
D ．a n ＝n
[解析] 因为a n ＝n (a n ＋1－a n )， 所以a n ＋1a n ＝n ＋1n
，
所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2n n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3
×…×32×21×1＝n .
7．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，
a 8成等比数列，则 ( B )
A ．a 1d >0，dS 4>0
B ．a 1d <0，dS 4<0
C ．a 1d >0，dS 4<0
D ．a 1d <0，dS 4>0
[解析] ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，
∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－5
3d ，
∴a 1d ＝－53d 2<0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d
3，
∴dS 4＝－2d 2
3
<0，故选B ．
8．(2016·天津)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的 ( C )
A ．充要条件
B ．充分而不必要条件
C ．必要而不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
[解析] 由题意得，a n ＝a 1q n －
1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －
2＋a 1q 2n －
1＝a 1q 2n －
2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －
2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n,22n －1＋22n <0”的必要而不
充分条件，选C ．
9．(2017·福建省福州外国语学校高三适应性考试三数学试题)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值
为 ( A )
A ．4
B ．3
C ．23－2
D ．2
[解析] 由已知有a 2
3＝a 1a 13，所以有(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋12d )，d ＝2(d ≠0)，数列{a n }
通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，所以2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)＋
9
n ＋1－2≥4，当且仅当n ＋1＝9
n ＋1
，即n ＝2时等号成立．故选A ．
10．(2016·重庆模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋
1－2，数列b n ＝3n －1，数列{b n a n
}的
前n 项和为 ( B )
A ．5－3n ＋5
2n ＋1
B ．5－3n ＋5
2n
C ．5－3n －5
2
n
D ．5－3n ＋5
2
n －1
[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋
1－2n ＝2n ， 又a 1＝S 1＝21＋
1－2＝2＝21，也满足上式，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ．
设T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n
a n
＝221＋522＋8
22＋…＋3n －12n －1， 两式相减得
T n ＝2＋321＋322＋…＋3
2n －1－3n －12n ，
T n ＝2＋32(1－12n －1)1－12
－3n －12n ＝5－3n ＋5
2n ．
11．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，且a 3，a 4＋5
2，a 11成等比数列．若p －
q ＝10，则a p －a q ＝ ( B )
A ．14
B ．15
C ．16
D ．17
[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意分析知d >0，因为a 3，a 4＋5
2，a 11成等比数
列，所以(a 4＋52)2＝a 3a 11，即(72＋3d )2＝(1＋2d )·(1＋10d )，即44d 2－36d －45＝0，所以d ＝3
2(d
＝－1522舍去)，所以a n ＝3n －12.所以a p －q q ＝3
2
(p －q )＝15．
12．(创新题)(2016·北京朝阳期中)同时满足以下4个条件的集合记作A k ：①所有元素都是正整数；②最小元素为1；③最大元素为2 014；④各个元素可以从小到大排成一个公差为k (k ∈N *)的等差数列．那么A 33∪A 61中元素的个数是 ( B )
A ．96
B ．94
C ．92
D ．90
[解析] A 33中元素是首项为1，公差为33的等差数列，设项数为m ，则有1＋33(m －1)＝2 014，解得m ＝62；A 61中元素是首项为1，公差为61的等差数列，设项数为n ，则有1＋61(n －1)＝2 014，解得n ＝34；A 33∩A 61中元素是首项为1，公差为33×61的等差数列，
设项数为k ，则有1＋33×61(k －1)＝2 014，解得k ＝2.设P (A )表示集合A 中元素个数，则有P (A 33∪A 61)＝P (A 33)＋P (A 61)－P (A 33∩A 61)＝34＋62－2＝94.故选B ．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2017·上海外国语大学附中期中数学试题)已知数列{a n }的通项公式a n ＝11－2n ，S n
＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，则S 10＝50.
[解析] 由数列的通项公式得到数列的首项和公差，再由通项大于等于0解出数列的前5项为正数，从第6项起为负数，则S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |可求．
解：由a n ＝11－2n ≥0，得n ≤112
，
∴数列{a n }的前5项为正数，从第6项起为负数，
又由a n ＝11－2n ，得a 1＝9，a n ＋1－a n ＝11－2(n ＋1)－11＋2n ＝－2， ∴数列{a n }是首项为9，公差为－2的等差数列．
则S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝(a 1＋a 2＋…＋a 5)－(a 6＋a 7＋…＋a 10) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5)
＝－S 10＋2S 5＝－(10a 1＋10×9×(－2)2)＋2(5a 1＋5×4×(－2)
2)
＝－(10×9－90)＋2(5×9－20)＝50． 故答案为：50．
14．(2017·广西玉林、贵港、梧州市高考模拟数学试题)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且S n ＝12a n a n ＋1，若数列{12S n }的前n 项和T n ＝99
100
，则n ＝99.
[解析] 通过S n ＝1
2a n a n ＋1，利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 化简可知数列{a n }的通项公式，进而裂
项可知12S n ＝1n －1
n ＋1
，并项相加、比较即得结论．
解：∵S n ＝1
2
a n a n ＋1，
∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1a n ＋2－1
2a n a n ＋1，
整理得：a n ＋2－a n ＝2， 又∵a 1＝1，a 2＝2S 1
a 1＝2，
∴数列{a n }的通项公式a n ＝n ， ∴
12S n ＝1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1
， 又∵T n ＝99100＝1－1n ＋1＝n
n ＋1，
∴n ＝99，故答案为：99．
15．(2016·安徽合肥八中模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π
2
，其前n 项和为S n ，则S 2
017＝1_008.
[解析] a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，…，当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数，若n ＝4k (k ∈N )，则a n ＝n ，若n ＝4k ＋2，则a n ＝－n .所以S 2 017＝－2＋4－6＋8＋…－2 010＋2 012－2 014＋2 016＝2×504＝1 008．
16．(2016·浙江)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝1，S 5＝121.
[解析] 由于⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 2＝4a 2＝2a 1＋1
，解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1得S n ＋1＝3S n ＋1，所
以S n ＋1＋12＝3(S n ＋12)，所以{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝3
2
×3n
－1
，即S n ＝3n －1
2
，所以S 5＝121．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2016·全国卷Ⅲ，12分)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，
a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.
(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．
[解析] (1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14
．
(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝1
2
．
故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝1
2
n －1．
18．(本小题满分12分)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a 5成等比数列，且该数列的前10项和为100.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝a n －10，求数列{b n }的前n 项和T n 的最小值．
[解析] (1)设公差为d (d ≠0)，由a 1，a 2，a 5成等比数列，得a 22＝a 1a 5，推出d ＝2a 1①，
由前10项和为100，得2a 1＋9d ＝20②，解①②得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＝1
d ＝2，所以a n ＝2n －1．
(2)由b n ＝a n －10，得b n ＝2n －11，所以当n ≤5时，b n <0；当n ≥6时，b n >0，因为数列{b n }单调递增，所以T n 的最小值为T 5＝－25．
19．(本小题满分12分)(2017·辽宁省铁岭市协作体高三上学期第三次联考数学试题)S n
为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.
(1)求{a n }的通项公式：
(2)设b n ＝1
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和．
[解析] (1)根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n }的通项公式： (2)求出b n ＝1
a n a n ＋1
，利用裂项法即可求数列{b n }的前n 项和．
解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2
n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3 两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )，
∵a n ＞0，∴a n ＋1－a n ＝2， ∵a 21＋2a 1＝4a 1＋3， ∴a 1＝－1(舍)或a 1＝3，
则{a n }是首项为3，公差d ＝2的等差数列， ∴{a n }的通项公式a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1： (2)∵a n ＝2n ＋1，
∴b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12(12n ＋1－12n ＋3
)，
∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－1
2n ＋3)＝
n
3(2n ＋3)
．
20．(本小题满分12分)(2017·宁夏大学附中期中)设数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)，且a 1＝2，b n ＝log 3(a n ＋1).
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n ．
[解析] (1)∵a n ＝3a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)， ∴a n ＋1＝3(a n －1＋1)，a 1＝2，∴a n ＋1≠0
所以数列{a n ＋1}为等比数列；所以数列a n 的通项公式为：a n ＝3n －1(2)由(1)知a n ＝3n
－1，
b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ， ∴a n b n ＝n (3n －1)＝n ·3n －n 设A n ＝1×3＋2×32＋……＋n ×3n 3A n ＝1×32＋2×33＋……＋n ×3n ＋
1
∴－2A n ＝3＋32＋……＋3n －n ×3n ＋1＝(12－n )3n ＋
1－32
∴A n ＝(n 2－14)3n ＋1＋3
4
∴S n ＝A n －n (n ＋1)2＝(n 2－14)3n ＋1－n 22－n 2＋3
4
．
21．(本小题满分12分)(2016·陕西西北工大附中模拟)某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学．该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元．依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的2倍，工作时间为n 天.
(1)设工作n 天，记三种付酬方式薪酬总金额依次为A n ，B n ，C n ，写出A n ，B n ，C n ，关于n 的表达式；
(2)如果n ＝10，你会选择哪种方式领取报酬？
[答案] (1)A n ＝38n ，B n ＝2n 2＋2n ，C n ＝0.4(2n －1) (2)第三种
[解析] 三种付酬方式每天的薪酬金额依次构成数列{a n }，{b n }，{c n }，它们的前n 项和分别为A n ；B n ，C n ．
(1)依题意，第一种付酬方式每天的薪酬金构成的数列{a n }为常数数列，所以A n ＝38n ． 第二种付酬方式每天的薪酬金额构成的数列{b n }是首项为4，公差为4的等差数列，所以B n ＝4n ＋n (n －1)
2
×4＝2n 2＋2n ．
第三种付酬方式每天的薪酬金额构成的数列{c n }是首项为0.4，公比为2的等比数列，所以C n ＝0.4(1－2n )
1－2
＝0.4(2n －1)．
(2)由(1)得，当n ＝10时，A 10＝38×10＝380， B 10＝2×102＋2×10＝220， C 10＝0.4×(210－1)＝409.2．
因为B 10<A 10<C 10，所以选择第三种付酬方式．
22．(本小题满分12分)(2016·湖北孝感月考)若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2
n ，则称数列{A n }
为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝9，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n 为正整数.
(1)证明：数列{a n ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(a n ＋1)}为等比数列；
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项积为T n ，即T n ＝(a 1＋1)(a 2＋1)…(a n ＋1)，求lg T n ； (3)在(2)的条件下，记b n ＝lg T n lg (a n ＋1)，求数列{b n }的前n 项和S n ，并求使S n >2 014的n
的最小值．
[解析] (1)证明：由题意，得a n ＋1＝a 2n ＋2a n ， 所以a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2，
所以{a n ＋1}是“平方递推数列”．
因为lg(a n ＋1＋1)＝2lg(a n ＋1)，
所以lg (a n ＋1＋1)lg (a n ＋1)
＝2.而lg(a 1＋1)＝lg10＝1，
所以{lg(a n ＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知lg(a n ＋1)＝1×2n －
1＝2n －
1，
lg T n ＝lg[(a 1＋1)(a 2＋1)…(a n ＋1)] ＝lg(a 1＋1)＋lg(a 2＋1)＋…＋lg(a n ＋1) ＝1×(1－2n )1－2
＝2n －1．
(3)解：b n ＝lg T n lg (a n ＋1)＝2n
－12n －1＝2－(12)n －
1，
S n ＝2n －1－1
2n
1－12＝2n －2＋1
2n －1．
因为S n >2 014，即2n －2＋1
2n －1>2 014，
所以n ＋1
2
n >1 008，
又0<1
2n <1，所以n min ＝1 008．。