高考数学尖子生培优专题测试数列一、单选题1.等比数列{a n}满足a2+a3=2，a2-a4=6，则a6=( )A. -32B. -8C. 8D. 642.正项等比数列{a n}满足a22+2a3a7+a6a10=16，则a2+a8=（）A. 1B. 2C. 4D. 83.冬春季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{a n}，已知a1=1，a2=2，且满足a n+2−a n=1+(−1)n（n∈N∗），则该医院30天入院治疗流感的共有（）人A. 225 B. 255 C. 365 D. 4654.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n+1=4S n−12n−1，a1=1，n∈N∗，则{a n}的通项公式a n=（）A. nB. n+1C. 2n−1D. 2n+15.已知数列{a n}满足：a1=0，a n+1=ln(e a n+1)−a n(n∈N∗)，前n项和为S n（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099，则下列选项错误的是（）.A. {a2n−1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列B. a n+a n+1≤ln3C. S2020<670D. a2n−1≤a2n6.定义：在数列{a n}中，若满足a n+2a n+1−a n+1a n=d（n∈N∗,d为常数），称{an}为“等差比数列”，已知在“等差比数列” {a n}中，a1=a2=1,a3=3，则a2020a2018等于（）A. 4×20162－1B. 4×20172－1C. 4×20182－1D. 4×201827.已知单调递增数列{a n}的前n项和S n满足2S n=a n(a n+1)(n∈N∗)，且S n>0，记数列{2n⋅a n}的前n项和为T n，则使得T n>2020成立的n的最小值为（）A. 7B. 8C. 10D. 118.若数列{b n}的每一项都是数列{a n}中的项，则称{b n}是{a n}的子数列.已知两个无穷数列{a n}、{b n}的各项均为正数，其中a n=32n+1，{b n}是各项和为12的等比数列，且{b n}是{a n}的子数列，则满足条件的数列{b n}的个数为( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 无穷多个二、多选题9.已知等比数列{a n}的公比为q，前4项的和为a1+14，且a2，a3+1，a4成等差数列，则q 的值可能为（）A. 12B. 1C. 2D. 310.已知等比数列{a n}的公比q<0，等差数列{b n}的首项b1>0，若a9>b9，且a10>b10，则下列结论一定正确的是（）A. a9a10<0B. a9>a10C. b10>0D. b9>b1011.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=p，2S n−S n−1=2p（n≥2，p为非零常数），则下列结论正确的是（）A. {a n}是等比数列B. 当p=1时，S4=158C. 当p=12时，a m⋅a n=a m+n D. |a3|+|a8|=|a5|+|a6|12.已知数列{a n}的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列{2na n⋅a n+1}的前n项和为T n，n∈N∗，则下列选项正确的为（）A. 数列{a n+1}是等差数列B. 数列{a n+1}是等比数列C. 数列{a n}的通项公式为a n=2n−1D. T n<1三、填空题13.在公差为d的等差数列{a n}(n∈N∗)中，a1=10，a1、2a2+2、5a3成等比数列，则a n= ________.14.数列{a n}的前n项和为S n，a n+2S n=3n，数列{b n}满足3bn= 12(3a n+2-a n+1)(n∈N")，则数列{b n}的前10项和为________15.已知实数x,a1,a2,y等成等差数列，x,b1,b2,y成等比数列，则(a1+a2)2b1b2的取值范围是________.16.已知函数f(x)=a⋅2x+b的图象过点(2,9)和点(4,45)，若数列{a n}的前n项和S n=f(n)，数列{log2a n3}的前n项和为T n，则使得T n≥55成立的最小正整数n=________．四、解答题17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2，a n，S n成等差数列.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=n⋅a n，求数列{b n}的前n项和T n.18.已知数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，n(S n+1−S n)−n2=(n+1)a n+n．（Ⅰ）求证：数列{a nn}是等差数列；（Ⅱ）求数列{a nn·2n}的前n项和T n．19.设数列{a n}中，若a n+1=a n+a n+2(n∈N∗)，则称数列{a n}为“凸数列”.（1）设数列{a n}为“凸数列”，若a1=1，a2=−2，试写出该数列的前6项，并求出该6项之和；（2）在“凸数列”中，求证a n+6=a n，n∈N∗.20.已知等比数列{a n}的公比q>1，且a1+a3=20，a2=8，等差数列{b n}的前n项和为S n，且有S6=57，b4=11.（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设c n=b na n ，T n是数列{c n}的前n项和，对任意正整数n，不等式T n+3n2n+1>(−1)n⋅a恒成立，求实数a的取值范围.21.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2S n−1+2(n≥2,n∈N∗)，数列{b n}中，a1=2b1= 2.（1）求{a n}的通项公式；（2）若b2n=b2n−1+1，b2n+1=b2n+a n，求数列{b n}的前10项和.22.等差数列{a n}的前n项和为S n.（1）求证：数列{S nn}是等差数列；（2）若a1=1,{√S n}是公差为1的等差数列，求使S k+1⋅S k+2S k2为整数的正整数k的取值集合；（3）记b n=t a n( t为大于0的常数)，求证：b1+b2+⋯…+b nn ≤b1+b22.参考答案一、单选题1. A2. C3. B4. C5. C6. C7. B8. C二、多选题9. A,C 10. A,D 11. A,B,C 12. B,C,D三、填空题13. -n+11或4n+6 14. 65 15.(−∞,0]∪[4,+∞)16. 11四、解答题17. （1）解：由题意知2，a n,S n成等差数列，所以2a n=2+S n①，可得2a n−1=2+S n−1(n≥2)②① −②得a n=2a n−1(n≥2)，又2a1=2+a1, a1=2，所以数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n=2n（2）解：由（1）可得b n=n⋅2n，用错位相减法得：T n=2+2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n①2T n=22+2×23+⋯+(n−1)×2n+n×2n+1②① −②可得T n=(n−1)⋅2n+1+2.18. 解：（Ⅰ）证明：由题意得，na n+1−n2=(n+1)a n+n，∴na n+1=(n+1)a n+n(n+1)，∴a n+1n+1−a nn=1．又a1=1，∴数列{a nn}是以1为首项，1为公差的等差数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，a nn=n，则a n=n2，∴a n n·2n=n 2n，∴T n =12+222+323+⋯+n2n ，① 则T n 2=122+223+324+⋯+n 2n+1，② ① − ②得， T n 2=12+122+123+124+⋯+12n−n 2n+1=1−12n−n 2n+1=1−n+22n+1，∴T n =2−n+22n．19. （1）解：因为 a n+1=a n +a n+2(n ∈N ∗) ，且 a 1=1 ， a 2=−2 ， 所以 a 1=1 ， a 2=−2 ， a 3=−3 ， a 4=−1 ， a 5=2 ， a 6=3 ， S 6=0 ； （2）证明：由题意， {a n+1=a n +a n+2a n+2=a n+1+an+3， ∴ a n+1+a n+2=a n +a n+2+a n+1+a n+3 ，即 a n +a n+3=0 ，∴ a n+3=−a n ， ∴ a n+6=−a n+3=a n ， n ∈N ∗ .20. （1）解：等比数列 {a n } 中， a 1+a 3=20 ， a 2=8 ， 故 {a 1(1+q 2)=20a 1q =8 ，又 q >1 ，所以 {a 1=4q =2 ，故 a n =2n+1 ； 等差数列 {b n } 中， S 6=6(a 1+a 6)2=57 ，即 a 1+a 6=19 ，又 b 4=11 ，故 {2a 1+5d =19a 1+3d =11 ，所以 {a 1=2d =3 ，故 a n =3n −1 ；（2）解：因为 c n =b na n=3n−12 ， T n =c 1+c 2+c 3+...+c n ，故 T n =2×(12)2+5×(12)3+8×(12)4+...+(3n −1)(12)n+1 ，则 12T n =2×(12)3+5×(12)4+8×(12)5+...+(3n −4)(12)n+1+(3n −1)(12)n+2 ， 两式作差得： 12T n =2×(12)2+3[(12)3+8×(12)4+...+(12)n+1]−(3n −1)(12)n+2=2×(12)2+3×(12)3[1−(12)n−1]1−12−(3n −1)(12)n+2=54−3n +52n+2 故 T n =52−3n+52n+1，所以 T n +3n 2n+1=52−3n+52n+1+3n 2n+1=52−52n+1>(−1)n ⋅a 恒成立，当n 是偶数时，不等式即 a <52−52n+1 ，易见 {52−52n+1} 是递增数列，故 n =2 时取得最小值 158，所以a <158，当n 是奇数时，不等式即 a >52n+1−52 ，易见 {52n+1−52} 是递减数列，故 n =1 时取得最大值 −54 ，所以 a >−54 ，综上可知，实数a的取值范围是−54<a<158.21. （1）解：当n=2时，S2=2S1+2=6，∴a2=S2−S1=4；当n≥3时，由S n=2S n−1+2可得出S n−1=2S n−2+2，两式作差得S n−S n−1=2(S n−1−S n−2)，即a n=2a n−1，则a na n−1=2，且a2a1=2，所以，数列{a n}是等比数列，且首项为2，公比也为2，∴a n=2×2n−1=2n；（2）解：由题意得b2n−b2n−1=1，b2n+1−b2n=2n，所以b2n+1−b2n−1=1+2n，且b2=b1+1= 2，则b2n−1−b2n−3=1+2n−1，b2n−3−b2n−5=1+2n−2，⋯，b5−b3=1+22，b3−b1=1+21，所以b2n−1−b1=n−1+(21+22+⋯+2n−1)=n−1+2(1−2n−1)1−2=2n+n−3(n≥2)，所以b2n−1=2n+n−2(n≥2)，所以b2n=2n+n−1(n≥2)，所以b2n+b2n−1=2n+1+2n−3(n≥2)，易得b1+b2=3也适合上式，所以{b n}的前10项和为b1+b2+⋯+b9+b10=(22+23+⋯+26)+(−1+1+⋯+7)=22(1−25)1−2+5×(7−1)2=13922. （1）解：设等差数列{a n}的公差为d，则S n=na1+n(n−1)2d，从而S nn=a1+n−12d，所以当n⩾2时，S nn −S n−1n−1=(a1+n−12d)−(a1−n−22d)=d2，所以数列{S nn}是等差数列；（2）解：因为a1=1,{√S n}是公差为1的等差数列，所以√S1=1，所以√S n=√S1+(n−1)=n，所以S n=n2，所以S k+1S k+2S k2=[(k+1)(k+2)k2]2=(1+3k+2k2)2，显然k=1,2满足条件，k=3不满足条件，当k⩾4时，因为k2−3k−2=k(k−3)−2⩾4(4−3)−2=2>0，所以0<3k+2k2<1，所以1<1+3k+2k2<2，故S k+1⋅S k+2S k2不是整数，综上所述，正整数k的取值集合是{1,2}；（3）解：设等差数列{a n}的公差为d，则a n=a1+(n−1)d,b n=a a n，所以b nb n−1=a a n−a n−1=a d(n⩾2)，所以数列{b n}是首项和公比均大于0的等比数列，设公比q=a d，下面证明：b1+b n⩾b p+b k，其中p,k为正整数，且p+k=1+n，因为(b1+b n)−(b p+b k)=b1+b1q n−1−b1q p−1−b1q k−1=b1(q p−1−1)(q k−1−1)，当q>1时，y=q x为增函数，因为p−1⩾0,k−1⩾0，所以q p−1−1⩾0,q k−1−1⩾0，所以b1+b n⩾b p+b k，当q=1时，b1+b n=b p+b k，当0<q<1是，y=q x为减函数，因为p−1⩾0,k−1⩾0，所以q p−1−1⩽0,q k−1−1⩽0，所以b1+b n⩾b p+b k，综上，有b1+b n⩾b p+b k，其中p,k为正整数，且p+k=1+n，所以n(b1+b n)=(b1+b n)+(b1+b n)+⋯+(b1+b n)⩾(b1+b n)+(b2+b n−1)+(b3+b n−2)+⋯+(b n+b1)=(b1+b2+⋯+b n)+(b n+b n−1+⋯+b1)，所以b1+b2+⋯+b nn ⩽b1+b n2.。