2022届-数学一轮(文科)浙江专用-第五章-平面向量-阶段回扣练5.docx

阶段回扣练5数列(时间：120分钟满分：150分)一、选择题1(2021北京海淀区一模)在等差数列an中，a11，a35，则a1a2a3a4()A14 B9 C11 D16解析在等差数列中，a3a12d，即512d，故d3，则a22，a48，所以a1a2a3a416.答案D2在等比数列an中，a1a35，a2a410，则a7()A64 B32 C16 D128解析由已知得解得故a7a1q62664.答案A3(2021合肥一模)以Sn表示等差数列an的前n项和，若a2a7a56，则S7()A42 B28 C21 D14解析依题意得a2a7a5(a5a4)a5a46，S77a442，故选A.答案A4若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10等于()A15 B12 C12 D15解析由题意知，a1a2a1014710(1)10(3102)(14)(710)(1)9(392)(1)10(3102)3515.答案A5(2021合肥质量检测)已知数列an的前n项和为Sn，并满足：an22an1an，a54a3，则S7()A7 B12 C14 D21解析依题意，数列an是等差数列，且a3a54，S714，故选C.答案C6(2022海口调研)已知等差数列an，前n项和用Sn表示，若2a53a72a914，则S13等于()A26 B28 C52 D13解析依题意得7a714，a72，S1313a726，故选A.答案A7设an是等比数列，函数yx2x2 013的两个零点是a2，a3，则a1a4()A2 013 B1 C1 D2 013解析由题意可知，a2，a3是x2x2 0130的两根，由根与系数的关系可得，a2a32 013，依据等比数列的性质可知a1a4a2a32 013.答案D8(2022荆州质检)公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，且S1060，则S20()A80 B160 C320 D640解析由题意可知，aa3a7，由于an是等差数列，所以(a13d)2(a12d)(a16d)，解得a1d(d0舍去)，又S1010a1d60，所以a1d6，从而d2，a13.所以S2020a1d602019320.答案C二、填空题9(2022深圳调研)数列an满足a1a21，an2an1an(nN*)，则a6_.解析由题意得a3a2a12，a4a3a23，a5a4a35，a6a5a48.答案810(2021惠州调研)在等比数列an中，a11，公比q2，若an的前n项和Sn127，则n的值为_解析由题意知Sn2n1127，解得n7.答案711已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则的值为_解析设等比数列an的公比为q，a1，a3,2a2成等差数列，a3a12a2，a1q2a12a1q.q22q10.q1.各项都是正数，q0.q1.q2(1)232.答案3212已知数列an满足an12222n1，则an的前n项和Sn_.解析an12222n12n1，Sn(21222n)nn2n12n.答案2n12n13(2021南通模拟)在数列an中，若aap(n1，nN*，p为常数)，则称an为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的推断：若an是等方差数列，则a是等差数列；(1)n是等方差数列；若an是等方差数列，则akn(kN*，k为常数)也是等方差数列其中真命题的序号为_解析正确，由于aap，所以aap，于是数列a为等差数列正确，由于(1)2n(1)2(n1)0为常数，于是数列(1)n为等方差数列正确，由于aa(aa)(aa)(aa)(aa)kp，则akn(kN*，k为常数)也是等方差数列答案14(2022安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC2.过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；，依此类推设BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则a7_.解析由BC2得ABa12AA1a2A1A2a31，由此可归纳出an是以a12为首项，为公比的等比数列，因此a7a1q626.答案15将全体正整数排成一个三角形数阵：12345678910依据以上排列的规律，第n行(n3)从左向右的第3个数为_解析前n1行共有正整数12(n1)个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第3个，即为.答案三、解答题16(2022重庆卷)已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和(1)求an及Sn；(2)设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40.求bn的通项公式及其前n项和Tn.解(1)由于an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.由于q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又由于b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)17在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解(1)San，anSnSn1(n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn.18直线ln：yx与圆Cn：x2y22ann交于不同的两点An，Bn，nN*.数列an满足：a11，an1|AnBn|2.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题意，知圆Cn的圆心到直线ln的距离dn，半径rn，所以an12rd(2ann)n2an.又a11，所以an2n1.(2)当n为偶数时，Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)15(2n3)(2232n1)(2n1)当n为奇数时，n1为偶数，Tn1(2n11)(2n11)19(2022广州综测)已知等差数列an的前n项和为Snn2pnq(p，qR)，且a2，a3，a5成等比数列(1)求p，q的值；(2)若数列bn满足anlog2nlog2bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1S11pq，当n2时，anSnSn1n2pnq(n1)2p(n1)q2n1p.an是等差数列，1pq211p，得q0.又a23p，a35p，a59p，a2，a3，a5成等比数列，aa2a5，即(5p)2(3p)(9p)，解得p1.(2)由(1)得an2n2.anlog2nlog2bn，bnn2ann22n2n4n1.Tnb1b2b3bn1bn40241342(n1)4n2n4n1，4Tn41242343(n1)4n1n4n，得3Tn4041424n1n4nn4n.Tn(3n1)4n120已知数列an中，a12，a23，其前n项和Sn满足Sn2Sn2Sn11(nN*)；数列bn中，b1a1，bn14bn6(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnbn2(1)n12an(为非零整数，nN*)，试确定的值，使得对任意nN*，都有cn1cn成立解(1)由已知，得Sn2Sn1(Sn1Sn)1，所以an2an11(n1)又a2a11，所以数列an是以a12为首项，1为公差的等差数列所以ann1.又bn124(bn2)，所以bn2是以4为公比，4为首项的等比数列所以bn4n2.(2)由于ann1，bn4n2，所以cn4n(1)n12n1.要使cn1cn成立，需cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10恒成立，所以34n3(1)n12n10恒成立所以(1)n12n1恒成立当n为奇数时，即2n1恒成立，当且仅当n1时，2n1有最小值1，所以2n1恒成立，当且仅当n2时，2n1有最大值2.所以2，即2cn成立.