2020学年三明一中高三半期考复习卷3（文科数学）（数列综合应用）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1一个等比数列的第三，四项分别为4,8，那么它的第一，五项分别为()A1,12 B2,12 C2,16 D1,162等比数列an中，a36，前三项和S318，则公比q的值为()A1 B C1或 D1或3已知数列an的前n项和Snn23n，若它的第k项满足2ak5，则k()A2 B3 C4 D54数列an中，a11，对所有nN*都有a1a2ann2，则a3a5()A. B. C. D.5已知数列an的首项为3，bn为等差数列，且bnan1an(nN*)，若b32，b212，则a8()A0 B109 C181 D1216已知数列an满足a10，an1an21，则a13()A143 B156 C168 D1957已知数列an的通项公式是an(1)n(n1)，则a1a2a3a10()A55 B5 C5 D558在数列an中，an1an2，Sn为an的前n项和若S1050，则数列anan1的前10项和为()A100 B110 C120 D1309在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn()A2n12 B3n C2n D3n110已知数列an满足a11，a22，(n2，nN*)，则a13等于()A26 B24 C21212! D21213!11已知各项均是正数的等比数列an中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为()A. B. C D.或12在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”下列是对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是“等差比数列”；等比数列一定是“等差比数列”；“等差比数列”中可以有无数项为0.其中正确判断的个数是()A1 B2 C3 D4第卷二、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在等差数列40,37,34，中，第一个负数项是_14若数列an是正项数列，且n23n(nN*)，则_.15已知an3n(nN*)，记数列an的前n项和为Tn，若对任意的nN*，k3n6恒成立，则实数k的取值范围是_16)数列an满足：a1，且an1(nN*)，则_.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17已知数列an的前n项和为Sn，且Sn(an1)(nN)(1)求a1，a2，a3； (2)求证：an为等比数列； (3)求数列an的通项公式18.已知等差数列 an满足a13，a515，数列bn满足b14，b531，设cnbnan，且数列cn为正项等比数列(1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列bn的前n项和19在等差数列an中，a13，其前n项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，公比为q(q1)，且b2S212，q.(1)求an与bn； (2)证明：.20若公比为q的等比数列an的首项a11，且满足an(n3,4,5，)(1)求q的值； (2)设bnnan，求数列bn的前n项和Sn.21已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.22已知数列an是等差数列，Sn为an的前n项和，且a1019，S10100；数列bn对任意nN*，总有b1b2b3bn1bnan2成立(1)求数列an和bn的通项公式；(2)记cn(1)n，求数列cn的前n项和Tn.2020学年三明一中高三半期考复习卷3（数列综合应用）答案1D在等比数列中，a34，a48，q2，则a1q3a4，8a18，a11，a5a4q16.2CS318，a36，a1a2(1q)12，故2q2q10，解得q1或q.3C已知数列an的前n项和Snn23n.令n1，可得S1a1132.anSnSn1n23n(n1)23(n1)2n4，n2.n1时满足an与n的关系式，an2n4，nN*.它的第k项满足2ak5，即22k45，解得3k0)，由a3a2a1，得q2q10，解得q.从而q.12B从定义可知，数列an若构成“等差比数列”，则相邻两项不可能相等，所以正确；而等差数列与等比数列均可能为常数列，就有可能不能构成“等差比数列”，所以错误；如数列为2,0,2,0,2,0，则能构成“等差比数列”，所以正确综上所述，正确的判断是.132解析：设等差数列为an，公差为d，则a140，d37403，an40(n1)(3)3n43，令an0，即3n43，故第一个负数项是第15项，即a15315432.142n26n解析：令n1，得4，a116.当n2时，(n1)23(n1)与已知式相减，得(n23n)(n1)23(n1)2n2，an4(n1)2，当n1时，也满足该式an4(n1)2，4n4，2n26n.15k解析：Tn，所以Tn，则原不等式可以转化为k恒成立，令f(n)，当n1时，f(n)，当n2时，f(n)0，当n3时，f(n)，当n4时，f(n)，即f(n)是先增后减，当n3时，取得最大值，所以k.162020解析：由题意可知1，又1，所以1，所以nn，则20202020.17解析：(1)当n1时，有3a1a11，a1；当n2时，有a1a2(a21)，3(a2)a21，a2；当n3时，有a1a2a3(a31)，3(a3)a31，a3.3分(2)Sn(an1)(nN)，Sn1(an11)(n2，nN)，以上两式相减得2anan1，数列an是以为首项，公比为的等比数列.7分(3)由(2)知ana1qn1()n1()n.10分18解：(1)设an的公差为d，依题意得a5a14d,34d15，d3，因此an33(n1)3n.设等比数列cn的公比为q，由已知有c1b1a1431，c5b5a5311516.因为c5c1q4,161q4，q2(q2舍去)，所以cn12n12n1.由已知有cnbnan，bnancn，bn3n2n1.6分(2)因为bn3n2n1，所以数列bn的前n项和Sn(31)(621)(922)(3n2n1)(3693n)(12222n1)2n1.12分19解析：(1)设an的公差为d，因为所以解得q3或q4(舍)，d3.故an33(n1)3n，bn3n1.5分(2)因为Sn，所以()，8分故(1)()()()(1).10分因为n1，所以0，于是11，所以(1)，即.12分20解析：(1)由题意知2anan1an2，即2a1qn1a1qn2a1qn3，2q2q10，解得q1或q.(2)当q1时，an1，bnn，Sn.当q时，ann1，bnnn1，Sn102132n