2023届高考一轮复习加练必刷题第54练　数列小题综合练【解析版】

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A．4或－1 B．4
C．－1 D．－4
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q，因为4a1，eq \f(1,2)a3，3a2成等差数列，
所以4a1＋3a2＝a3，所以4a1＋3a1q＝a1q2，且a1≠0，
所以q2－3q－4＝0，
解得q＝4或q＝－1，为保证eq \f(a2 021－a2 023,a2 020－a2 022)有意义，
则q2≠1，所以q＝4，
所以eq \f(a2 021－a2 023,a2 020－a2 022)＝eq \f(qa2 020－a2 022,a2 020－a2 022)＝q＝4.
2．在数列{an}中，a1＝－2，anan＋1＝an－1，则a2 023的值为( )
A．－2 B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,2)
答案 A
解析 在数列{an}中，a1＝－2，anan＋1＝an－1，
所以an＋1＝1－eq \f(1,an)，
当n＝1时，解得a2＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
当n＝2时，解得a3＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
当n＝3时，解得a4＝1－3＝－2，
当n＝4时，解得a5＝eq \f(3,2)，
故数列an的周期为3，
所以a2 023＝a3×674＋1＝a1＝－2.
3．若数列{an}满足a1＝3，an＝3an－1＋3n(n≥2)，则数列{an}的通项公式an等于( )
A．2×3n B.eq \f(3n,n)
C．n·3n D.eq \f(n,3n)
答案 C
解析 由an＝3an－1＋3n(n≥2)，
得n＝2时，a2＝3a1＋32＝18，
对于A，a1＝2×3＝6≠3，故A错；
对于B，a1＝eq \f(3,1)＝3，a2＝eq \f(32,2)＝eq \f(9,2)≠18，故B错；
对于C，a1＝1×3＝3，a2＝2×32＝18；
对于D，a1＝eq \f(1,3)≠3，故D错．
4．(2022·太原模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论错误的是( )
A．{an＋Sn}是等差数列
B．{an·Sn}是等比数列
C．{aeq \\al(2,n)}是等差数列
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列
答案 B
解析 由{Sn}是等差数列，得2S2＝S1＋S3，
即2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3，
设等比数列{an}的公比为q，
∵{an}是各项均为正数的等比数列，
则q＝eq \f(a3,a2)＝1，
∴an＝a1>0.
对于A选项，an＋Sn＝(n＋1)a1，
∴数列{an＋Sn}是等差数列，A正确；
对于C选项，aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)，∴{aeq \\al(2,n)}是常数列，且为等差数列，C正确；
对于D选项，eq \f(Sn,n)＝a1>0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列，D正确；
对于B选项，anSn＝naeq \\al(2,1)，则eq \f(an＋1Sn＋1,anSn)＝eq \f(n＋1,n)不是常数，
∴{an·Sn}不是等比数列，B不正确．
5．(2022·安庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝nan，且S2＋S4＋S6＋…＋S60＝3 720，则a1等于( )
A．8 B．6
C．4 D．2
答案 C
解析 Sn＝nan，∴Sn＝n(Sn－Sn－1)，n≥2，
∴nSn－1＝(n－1)Sn，n≥2，变形得eq \f(Sn－1,n－1)＝eq \f(Sn,n)，n≥2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是每项均为S1的常数列，
∴eq \f(Sn,n)＝S1，
即Sn＝nS1＝na1，
又∵S2＋S4＋S6＋…＋S60＝3 720，
∴2a1＋4a1＋6a1＋…＋60a1＝(2＋4＋6＋…＋60)a1＝eq \f(30×62,2)a1＝3 720，
解得a1＝4.
6．(2022·银川模拟)已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第i行第j列的数记为ai，j，如a3,1＝7，a4,3＝15，则ai，j＝2 021时，lg2(i＋19)等于( )
1
5 3
7 9 11
19 17 15 13
21 23 25 27 29
……………………………
A．54 B．18 C．9 D．6
答案 A
解析 奇数构成的数阵，令2n－1＝2 021，
解得n＝1 011，故2 021是数阵中的第1 011个数，第1行到第i行一共有1＋2＋3＋…＋i＝eq \f(ii＋1,2)个奇数，
则第1行到第44行末一共有eq \f(44×44＋1,2)＝990个奇数，第1行到第45行末一共有1 035个奇数，所以2 021位于第45行，又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2 021位于第45行，从左到右第21列，
所以i＝45，j＝21，
则lg2(i＋19)＝·lg2(45＋19)＝(－3)2·lg264＝9×6＝54.
7．(2022·泰安模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为eq \f(1,3)，an>0，eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝eq \f(1,2)，当eq \f(Sn＋10,n)取最小值时，n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 B
解析 eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝
3eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a9)－\f(1,a10)))))
＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a1＋3)))＝eq \f(1,2)，
整理得aeq \\al(2,1)＋3a1－18＝0，
解得a1＝3或a1＝－6(舍去)，
即Sn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(n2＋17n,6)，
则eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(n2＋17n＋60,6n)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(60,n)＋17)).
当n≤7时，数列单调递减，当n≥8时，数列单调递增，
当n＝7时，eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(38,7)，
当n＝8时，eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(65,12)，
故当n＝8时，eq \f(Sn＋10,n)取最小值．
8．(多选)已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有( )
A．a9·a10<0 B．a9>a10
C．b10>0 D．b9>b10
答案 AD
解析 数列{an}是首项为a1，公比q为－eq \f(2,3)的等比数列，{bn}是首项为12，公差设为d的等差数列，则a9＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))8，a10＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))9，
∴a9·a10＝aeq \\al(2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))17<0，故A正确；
∵a1正负不确定，
∴不能确定a9和a10的大小关系，故B错误；
∵a9和a10异号，a9>b9且a10>b10，
∴b9和b10中至少有一个数是负数，
又∵b1＝12，∴d<0，∴b9>b10，故D正确．
∴b10一定是负数，即b10<0，故C错误．
9．(多选)设数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，Sn＋1＝2Sn＋n，则( )
A．an＋1>Sn
B．{an＋1}是等比数列
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是单调递增数列
D．Sn<2an
答案 ACD
解析 对于A选项，由Sn＋1＝2Sn＋n得an＋1＝Sn＋n，故an＋1>Sn，A选项正确；
对于B选项，将Sn＋1＝2Sn＋n，Sn＝2Sn－1＋n－1(n≥2)，两式相减得an＋1＝2an＋1，
即an＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2)，
又令n＝1，得S2＝2S1＋1⇒3＋a1＝2a1＋1⇒a1＝2，
a2＋1≠2(a1＋1)，所以{an＋1}从第二项开始成等比数列，公比为2，
故n≥2时，an＋1＝2n－2(a2＋1)＝2n，即an＝2n－1，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))
故B选项错误；
对于C选项，因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))
当n＝1时，S1＝2，
当n≥2时，Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－(n－1)＝eq \f(21－2n,1－2)－(n－1)＝2n＋1－n－1.
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n＋1－n－1，n≥2，))
令cn＝eq \f(Sn,2n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2－\f(n＋1,2n)，n≥2，))
则n≥2时，cn＋1－cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋2,2n＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(n＋1,2n)))＝eq \f(n＋1,2n)－eq \f(n＋2,2n＋1)＝eq \f(n,2n＋1)>0，
即cn＋1>cn，而c2＝eq \f(5,4)>c1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))单调递增，C选项正确；
对于D选项，当n≥2时，Sn－2an＝2n＋1－n－1－(2n＋1－2)＝1－n≤－1，
S1<2a1显然成立，故Sn<2an恒成立，D选项正确．
10．(多选)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a6＝8
B．S9＝54
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024
D.eq \f(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋…＋a\\al(2,2 023),a2 023)＝a2 024
答案 ACD
解析 对于A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确；
对于B，S9＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＝88，故B错误；
对于C，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，a7＝a8－a6，…，a2 023＝a2 024－a2 022，可得a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2 023＝a2＋a4－a2＋a6－a4＋a8－a6＋…＋a2 024－a2 022＝a2 024，故C正确；
对于D，斐波那契数列总有an＋2＝an＋1＋an，则aeq \\al(2,1)＝a2a1，aeq \\al(2,2)＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，aeq \\al(2,3)＝a3(a4－a2)＝a3a4－a2a3，…，aeq \\al(2,2 022)＝a2 022(a2 023－a2 021)＝a2 022a2 023－a2 021a2 022，aeq \\al(2,2 023)＝a2 023a2 024－a2 023a2 022，可得eq \f(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋…＋a\\al(2,2 023),a2 023)＝eq \f(a2 023a2 024,a2 023)＝a2 024，故D正确．
11．已知等比数列{an}满足lg2(a1a2a3a4a5)＝5，等差数列{bn}满足b3＝a3，则b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝________.
答案 10
解析 因为等比数列{an}中，
lg2(a1a2a3a4a5)＝lg2(a3)5＝5，
所以a3＝2，因为b3＝a3＝2，
则由等差数列的性质得b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝5b3＝10.
12．已知数列{an}的前n项和满足Sn＝2n2＋n＋3，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N*))
解析 ∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.
经检验，当n＝1时，不符合上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N*.))
13．(2022·贵阳模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且有a3＋a9＝3，b5＋b7＝6，则eq \f(S11,T11)的值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 因为{an}，{bn}为等差数列，
则有a3＋a9＝2a6＝3，b5＋b7＝2b6＝6.
S11＝11a6，T11＝11b6，
所以eq \f(S11,T11)＝eq \f(11a6,11b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(1,2).
14．若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝eq \f(Sn,n)，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”．已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且通项公式为bn＝n，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，若Tn答案 (－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析 由题意，数列{an}的前n项和为Sn，由“均值数列”的定义可得eq \f(Sn,n)＝n，所以Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，
所以eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))又Tn所以eq \f(1,2)m2－m－1≥eq \f(1,2)，整理得m2－2m－3≥0，解得m≤－1或m≥3.
即实数m的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．