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专题综合检测练（二）(120分钟150分)第卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5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.(2018泉州一模)已知an是等比数列,a1=1,a3=2,则a5+a10a1+a6=()A.1B.2C.4D.8【解析】选C.因为an是等比数列,a1=1,a3=2,所以q2=a3a1=2,所以a5+a10a1+a6=q4=4.2.在等差数列an中,已知a3+a7=10,则数列an的前9项和为()A.90B.100C.45D.50【解析】选C. 因为等差数列an中,a3+a7=10,所以a5=5,所以S9=9a5=45.3.已知首项与公比相等的等比数列an中,满足aman2=a42(m,nN*),则2m+1n的最小值为()A.1B.32C.2D.92【解析】选A.因为首项与公比相等的等比数列an,所以an=qn,所以qm(qn)2=q8,所以m+2n=8,所以2m+1n=m+2nmn=16m2n16m+2n22=1.4.(2018广州一模)等差数列log32x,log33x,log34x+2,的第四项等于()A.3B.4C.log318D.log324【解析】选A.因为等差数列log32x,log33x,log34x+2,所以(3x)2=2x(4x+2),所以x=4,所以第四项为log38+3(log312-log38)=3.5.已知an是等比数列,若a1=1,a6=8a3,数列1an的前n项和为Tn,则T5=()A.3116B.31C.158D.7【解析】选A.设等比数列的公比为q,则q5=8q2,所以q=2,所以an=2n-1,所以1an=12n-1,所以T5=1-1251-12=3116.6.已知等比数列an满足a1=2,a2+a3=4,则a4+a5+a6=()A.-48B.48C.48或-6D.-48或6【解析】选D.设等比数列的公比为q,则2q+2q2=4,所以q=1或q=-2,所以a4+a5+a6=2q3+2q4+2q5=6或-48.7.递增的等比数列an的每一项都是正数,设其前n项的和为Sn,若a2+a4=30, a1a5=81,则S6=()A.121B.-364C.364D.-121【解析】选C.因为a2a4=a1a5=81,所以a2,a4是方程x2-30x+81=0的两个根,又a2a4,所以a2=3,a4=27,所以q2=9,q=3,a1=1,所以S6=1-361-3=364.8.等比数列an中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)(x-a8),则f(0)=()A.26B.29C.212D.215【解析】选C.设an=2qn-1,则q7=a8a1=2,又f(x)=x(x-a1)(x-a2)(x-a8)+(x-a1)(x-a2)(x-a8),所以f(0)=a1a2a8=a18q1+2+7=28q28=2824=212.9.设等差数列an的前n项和为Sn.若S4=20,a5=10,则a16=()A.-32B.12C.16D.32【解析】选D.S4=2(a1+a4)=4a1+6d=20,a5=a1+4d=10,故a1=d=2,则a16=a1+15d=2+215=32.10.(2018洛阳一模)定义np1+p2+pn为n个正整数p1,p2,pn的“均倒数”,若已知数列an的前n项的“均倒数”为15n,又bn=an5,则1b1b2+1b2b3+1b10b11= ()A.817B.919C.1021D.1123 【解析】选C.因为数列an的前n项的“均倒数”为15n,所以nSn=15n,所以Sn=5n2,所以a1=S1=5,n2时,an=Sn-Sn-1=5n2-5(n-1)2=10n-5,n=1时,上式成立,所以an=10n-5,所以bn=an5=2n-1,1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,所以1b1b2+1b2b3+1b10b11=121-13+13-15+15-17+119-121=121-121=1021.11.在等差数列an中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示an的前n项和,则使Sn达到最大值的n是()A.21B.20C.19D.18【解析】选B.因为a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,所以a3=35,a4=33,从而d=-2,a1=39,Sn=39n+12n(n-1)(-2)=-n2+40n,所以当n=20时,Sn取最大值.12.若数列an满足a1=2,an+1=1+an1-an,则a2 018的值为()A.2B.-3C.-12D.13【解析】选B.由题知a1=2,an+1=1+an1-an,所以a2=1+a11-a1=-3,a3=1+a21-a2=-12,a4=1+a31-a3=13,a5=1+a41-a4=2,故数列an是以4为周期的周期数列,故a2 018=a5044+2=a2=-3.【提分备选】(2018郑州一模)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,且an+2-2an+1+an=0(nN*),记Tn=1S1+1S2+1Sn(nN*),则T2 018=()A.4 0342 018B.2 0172 018C.4 0362 019D.2 0182 019【解析】选C.因为an+2-2an+1+an=0,所以an是等差数列,又因为a1=1,a2=2,所以an=n,所以Sn=n(n+1)2,所以1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1,所以Tn=21-12+212-13 +213-14+21n-1n+1=21-1n+1=2nn+1,所以T2 018=4 0362 019.第卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上)13.(2018泉州一模)数列an满足an+an+1=n2+(-1)n,则a101-a1=_.【解析】因为an+an+1=n2+(-1)n,所以an-1+an=(n-1)2+(-1)n-1,两个式子相减得an+1-an-1=2n-1+2(-1)n,所以a3-a1=22-1+2(-1)2a5-a3=24-1+2(-1)4a7-a5=26-1+2(-1)6,a101-a99=2100-1+2(-1)100,把上面的式子相加得a101-a1=2(2+4+6+100)-150+250=5 150.答案:5 15014.(2018湖北省八校联考)等比数列an的前n项和为Sn,a1=-12,若S6S3=78,则a2a4=_.【解析】设等比数列的公比为q,若公比q=1,则S6=6a1,S3=3a1,所以S6S3=2,与已知矛盾,所以q1,所以S6S3=1-q61-q3=78,解得q=-12,又因为a1=-12,所以a2a4=-122-124=164.答案:16415.已知数列an对任意的m,nN+有am+an=am+n,若a1=2,则a2 018=_.【解析】令m=1,则可知a1+an=an+1,an+1-an=2,所以an为等差数列,首项和公差均为2,所以an=2+2(n-1)=2n,所以a2 018=4 036.答案:4 03616.(2018芜湖一模)已知数列an,令Pn=1n(a1+2a2+2n-1an)(nN*),则称Pn为an的“伴随数列”,若数列an的“伴随数列”Pn的通项公式为Pn=2n+1(nN*),记数列an-kn的前n项和为Sn,若SnS4对任意的正整数n恒成立,则实数k取值范围为_.【解析】由“伴随数列”的定义可知a1+2a2+2n-1an=n2n+1,当n=1时,a1=4,当n2时,用n-1替换n得a1+2a2+2n-2an-1=(n-1)2n,两个式子相减得2n-1an=n2n+1-(n-1)2n,所以an=2n+2,所以an-kn=(2-k)n+2,因为SnS4恒成立,所以2-k0,a1a2=32,S5=10.(1)求数列an的通项公式.(2)记数列bn=2an,n为奇数,an,n为偶数,求数列bn的前2n+1项和T2n+1.【解析】(1)由条件可得:a1(a1+d)=32,5a1+542d=10a1(a1+d)=32,a1+2d=2.消去d得:a12+2a1-3=0,解得a1=1或a1=-3(舍),所以d=12,所以an=n+12.(2)由(1)得:bn=2n+12,n为奇数n+12,n为偶数所以数列bn的前2n+1项和为:T2n+1=b1+b2+b3+b4+b2n+b2n+1=2+32+22+52+2n+12+2n+1=(2+22+23+2n+1)+ 32+52+72+2n+12=2(1-2n+1)1-2+32+2n+122n=2n+2+n2+2n2-2.20.(12分)(2018西安二模)设数列an是等差数列,数列bn是各项都为正数的等比数列,且a1=1,b1=2,a3+b3=11,a5+b5=37.(1)求数列an,bn的通项公式.(2)设cn=anbn,数列cn的前n项和为Tn,求证:Tnn22n-1+2.【解析】(1)设数列an的公差为d,数列bn的公比为q,依题意有2d+2q2=10,4d+2q4=36, 解得d=1,q2=4,又bn0,所以q=2,于是an=a1+n-1d=n,bn=b1qn-1=2n.(2)易知cn=n2n因为Tn=12+222+323+n2n,2Tn=122+223+324+n-12n+n2n+1,两式相减,得-Tn=2+22+23+2n-n2n+1=1-n2n+1-2所以Tn=n-12n+1+2因为Tn-n22n-1+2=-2n-1n-220,所以Tnn22n-1+2.21.(12分)(2018宜宾二模)已知首项为1的等差数列an中,a8是a5,a13的等比中项.(1)求数列an的通项公式.(2)若数列an是单调数列,且数列bn满足bn=a2n+13n,求数列bn的前项和Tn.【解析】(1)因为a1=1,a8是a5,a13的等比中项,an是等差数列,所以(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),所以d=0或d=2.所以an=1或an=2n-1.(2)由(1)及an是单调数列知an=2n-1,所以bn=a2n+13n=4n+13n,所以Tn=53+932+1333+4n+13n所以13Tn=532+933+4n-33n+4n+13n+1-得23Tn=53+432+433+43n-4n+13n+1=73-4n+73n+1,所以Tn=72-4n+723n.22.(14分)在各项均不相等的等差数列an中,已知a4=5,且a3,a5,a8成等比数列.(1)求an.(2)设数列an的前n项和为Sn,记bn=n+32anSn,求数列bn的前n项和Tn.【解析】(1)设an的公差为d(d0),由题意得a1+3d=5,(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d),d0,解得a1=2,d=1.所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)1=n+1.(2)由(1)知Sn=n(n+3)2,所以bn=n+32anSn=1n(n+1)=1n-1n+1所以Tn=b1+b2+bn=1-12+12-13+1n-1-1n+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1,所以Tn=nn+1.【提分备选】1.(2018榆林一模)数列an满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),nN*.(1)证明:数列ann是等差数列.(2)若Tn=a1-a2+a3-a4+(-1)n+1an,求T20.【解析】(1)由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1,所以ann是以a11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得ann=n,所以an=n2,因为Tn=a1-a2+a3-a4+(-1)n+1an,所以T20=12-22+32-42+(19)2-(20)2=-(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+(20+19)(20-19)=-(3+7+39)=-(3+39)102=-210.2.已知an是等差数列,bn是等比数列,其中a1=b1=1,a2+b3=a4,a3+b4=a7.(1)求数列an与bn的通项公式.(2)记cn=1n(a1+a2+an)(b1+b2+bn),求数列cn的前n项和Sn.【解析】(1)设数列an的公差为d,数列bn的公比为q,由a1=b1=1,得an=1+(n-1)d,bn=qn-1,由a2+b3=a4,a3+b4=a7,得q2=2d,q3=4d,所以d=q=2.所以an的通项公式an=2n-1,bn的通项公式bn=2n-1.(2)由(1)可得a1+a2+an=n2,b1+b2+bn=2n-1,故cn=1nn2(2n-1)=n2n-n.则Sn=(12+222+n2n)-(1+2+n).令Tn=12+222+323+n2n,则2Tn=122+223+324+n2n+1,由-,得Tn=n2n+1-(2+22+23+2n)=(n-1)2n+1+2.所以Sn=(n-1)2n+1+2-(1+2+n)=(n-1)2n+1-n(n+1)2+2.
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