2022年高考数学一轮复习《数列》专题练习卷（2份教师版+原卷版）

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、选择题
数列{an}的前n项和Sn=2n2－3n(n∈N*)，若p－q=5，则ap－aq=( )
A.10 B.15 C.－5 D.20
【答案解析】答案为：D；
解析：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]=4n－5，
当n=1时，a1=S1=－1，符合上式，所以an=4n－5，所以ap－aq=4(p－q)=20.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a6=23，S5=35，则{an}的公差为( )
A.2 B.3 C.6 D.9
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝23，,5a1＋\f(5×4,2)d＝35，))解得d=3，故选B.
设等差数列{an}的公差为d，且a1a2=35,2a4－a6=7，则d=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案解析】答案为：C；
解析：∵{an}是等差数列，∴2a4－a6=a4－2d=a2=7，
∵a1a2=35，∴a1=5，∴d=a2－a1=2，故选C.
已知数列{an}中，a2=eq \f(3,2)，a5=eq \f(9,8)，且{eq \f(1,an－1)}是等差数列，则a7=( )
A.eq \f(10,9) B.eq \f(11,10) C.eq \f(12,11) D.eq \f(13,12)
【答案解析】答案为：D.
解析：设等差数列{eq \f(1,an－1)}的公差为d，则eq \f(1,a5－1)=eq \f(1,a2－1)＋3d，
即eq \f(1,\f(9,8)－1)=eq \f(1,\f(3,2)－1)＋3d，解得d=2，所以eq \f(1,a7－1)=eq \f(1,a2－1)＋5d=12，解得a7=eq \f(13,12).故选D.
已知等比数列{an}中，若4a1，a3，2a2成等差数列，则公比q=( )
A.1 B.1或2 C.2或－1 D.－1
【答案解析】答案为：C；
解析：因为4a1，a3，2a2成等差数列，所以2a3=4a1＋2a2，又a3=a1q2，a2=a1q，
则2a1q2=4a1＋2a1q，解得q=2或q=－1，故选C.
已知等比数列{an}中，a5=3，a4a7=45，则eq \f(a7－a9,a5－a7)的值为( )
A.3 B.5 C.9 D.25
【答案解析】答案为：D；
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7=eq \f(a5,q)·a5q2=9q=45，所以q=5，
所以eq \f(a7－a9,a5－a7)=eq \f(a5q2－a7q2,a5－a7)=q2=25.故选D.
在各项均为正数的等比数列{an}中，a1=3，a9=a2a3a4，则公比q的值为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.2 D.3
【答案解析】答案为：D
解析：由a9=a2a3a4得a1q8=aeq \\al(3,1)q6，所以q2=aeq \\al(2,1).因为等比数列{an}的各项都为正数，所以q=a1=3.
等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11=22，则a3＋a7＋a8等于( )
A.18 B.12 C.9 D.6
【答案解析】答案为：D；
解析：由题意得S11=eq \f(11a1＋a11,2)=eq \f(112a1＋10d,2)=22，即a1＋5d=2，
所以a3＋a7＋a8=a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d=3(a1＋5d)=6，故选D.
已知等差数列{an}中，a1=11，a5=－1，则{an}的前n项和Sn的最大值是( )
A.15 B.20 C.26 D.30
【答案解析】答案为：C；
解析：设数列{an}的公差为d，则d=eq \f(a5－a1,5－1)=－3，所以an=a1＋(n－1)d=－3n＋14，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14－3n≥0，,11－3n≤0，))解得eq \f(11,3)≤n≤eq \f(14,3)，即n=4，
所以{an}的前4项和最大，且S4=4×11＋eq \f(4×3,2)×(－3)=26，故选C.
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，且S2=2，S4=8，则S8=( )
A.16 B.128 C.54 D.80
【答案解析】答案为：D；
解析：由等比数列的性质可得S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6也成等比数列，
∴(S4－S2)2=S2(S6－S4)，∵S2=2，S4=8，∴36=2(S6－8)，即S6=26.
又(S4－S2)(S8－S6)=(S6－S4)2，∴S8=54＋S6=80.故选D.
已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3=4，a4＋a5＋a6=8，则S12=( )
A.40 B.60 C.32 D.50
【答案解析】答案为：B.
解析：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
因此S9－S6=16，S6=12，S12－S9=32，S12=32＋16＋12=60.
记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S12－S6,S6)－7·eq \f(S6－S3,S3)－8=0，且正整数m，n满足a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n )的最小值是( )
A.eq \f(15,7) B.eq \f(9,5) C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,5)
【答案解析】答案为：C；
解析：因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以eq \f(S12－S6,S6)=q6，eq \f(S6－S3,S3)=q3，
所以q6－7q3－8=0，解得q=2，又a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，所以aeq \\al(3,1)·2m＋2n－2=2(a124)3=aeq \\al(3,1)213，
所以m＋2n=15，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)=eq \f(1,15)(eq \f(1,m)＋eq \f(8,n))(m＋2n)=eq \f(17＋\f(2n,m)＋\f(8m,n),15)≥eq \f(17＋2\r(\f(2n,m)×\f(8m,n)),15)=eq \f(5,3)，
当且仅当eq \f(2n,m)=eq \f(8m,n)，n=2m，即m=3，n=6时等号成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值是eq \f(5,3)，故选C.
、填空题
在数列{an}中，已知a1=1，an＋1=－eq \f(1,an＋1)，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017=______.
【答案解析】答案为：－1 007
解析：由a1=1，an＋1=－eq \f(1,an＋1)，得a2=－eq \f(1,2)，a3=－2，a4=1，a5=－eq \f(1,2)，a6=－2，…，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以S2 017=672×(a1＋a2＋a3)＋a1=－1 007.
已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=3，且a1，a4，a13成等比数列，则数列{an}的通项公式为an= .
【答案解析】答案为：2n＋1.
解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1，a4，a13成等比数列，a1=3，∴aeq \\al(2,4)=a1a13，
即(3＋3d)2=3(3＋12d)，解得d=2或d=0(舍去)，
故{an}的通项公式为an=3＋2(n－1)，即an=2n＋1.
已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn=eq \f(an＋1,an)，若b10·b11=2，则a21=_____.
【答案解析】答案为：1 024
解析：∵b1=eq \f(a2,a1)=a2，b2=eq \f(a3,a2)，∴a3=b2a2=b1b2，∵b3=eq \f(a4,a3)，
∴a4=b1b2b3，…，an=b1b2b3·…·bn－1，∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1 024.
若等比数列{an}满足a2a4=a5，a4=8，则数列{an}的前n项和Sn=________.
【答案解析】答案为：2n－1.
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a2a4=a5，a4=8，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q3＝a1q4，,a1q3＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn=eq \f(1×1－2n,1－2)=2n－1.
、解答题
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5=25，S5=55.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设anbn=eq \f(1,3n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案解析】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝2a1＋5d＝25，,S5＝5a3＝5a1＋\f(5×4,2)d＝55，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝3，))∴数列{an}的通项公式为an=3n＋2.
(2)由anbn=eq \f(1,3n－1)，得bn=eq \f(1,an3n－1)
=eq \f(1,3n－13n＋2)=eq \f(1,3)(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))，
Tn=b1＋b2＋…＋bn=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋2))
=eq \f(1,6)－eq \f(1,9n＋6)=eq \f(n,23n＋2).
设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1=3，an＋1=2Sn＋3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案解析】解：(1)当n≥2时，由an＋1=2Sn＋3，得an=2Sn－1＋3，两式相减，
得an＋1－an=2Sn－2Sn－1=2an，所以an＋1=3an，
所以eq \f(an＋1,an)=3.
当n=1时，a1=3，a2=2S1＋3=2a1＋3=9，则eq \f(a2,a1)=3.
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列.
所以an=3×3n－1=3n.
(2)由(1)得bn=(2n－1)an=(2n－1)×3n.
所以Tn=1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①
3Tn=1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②
①－②得－2Tn=1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1
=3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋
1=3＋2×eq \f(32（1－3n－1）,1－3)－(2n－1)×3n＋1
=－6－(2n－2)×3n＋1.
所以Tn=(n－1)×3n＋1＋3.
已知a1=2，a2=4，数列{bn}满足：bn＋1=2bn＋2且an＋1－an=bn.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
【答案解析】解：(1)证明：由题知，eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)=eq \f(2bn＋2＋2,bn＋2)=2，
∵b1=a2－a1=4－2=2，∴b1＋2=4，
∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得，bn＋2=4·2n－1，故bn=2n＋1－2.
∵an＋1－an=bn，
∴a2－a1=b1，
a3－a2=b2，
a4－a3=b3，
……
an－an－1=bn－1.
累加得，an－a1=b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，
an=2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)=2＋eq \f(221－2n－1,1－2)－2(n－1)=2n＋1－2n，
故an=2n＋1－2n(n≥2).
∵a1=2=21＋1－2×1，
∴数列{an}的通项公式为an=2n＋1－2n(n∈N*).
已知数列{an}满足，an＋1＋an=4n－3(n∈N*).
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1=2时，求数列{an}的前n项和Sn.
【答案解析】解：(1)法一：∵数列{an}是等差数列，
∴an=a1＋(n－1)d，an＋1=a1＋nd.
由an＋1＋an=4n－3，
得a1＋nd＋a1＋(n－1)d=4n－3，
∴2dn＋(2a1－d)=4n－3，
即2d=4,2a1－d=－3，解得d=2，a1=－eq \f(1,2).
法二：在等差数列{an}中，
由an＋1＋an=4n－3，
得an＋2＋an＋1=4(n＋1)－3=4n＋1，
∴2d=an＋2－an=4n＋1－(4n－3)=4，∴d=2.
又∵a1＋a2=2a1＋d=2a1＋2=1，∴a1=－eq \f(1,2).
(2)由题意知，①当n为奇数时，
Sn=a1＋a2＋a3＋…＋an
=a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)
=2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×eq \f(n－1,2)=eq \f(2n2－3n＋5,2).
②当n为偶数时，Sn=a1＋a2＋a3＋…＋an
=(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)=1＋9＋…＋(4n－7)=eq \f(2n2－3n,2).
综上，Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))
已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10=110,且a1,a2,a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足，若数列{bn}前n项和Tn，证明.
【答案解析】解：
已知数列{an}满足nan－(n＋1)·an－1=2n2＋2n(n=2,3,4，…)，a1=6.
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))为等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，求证：Sn＜eq \f(5,12).
【答案解析】解：(1)证明：由nan－(n＋1)an－1=2n2＋2n(n=2,3,4，…)，a1=6，
可得eq \f(an,n＋1)－eq \f(an－1,n)=2，eq \f(a1,1＋1)=3，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))是首项为3，公差为2的等差数列，可得eq \f(an,n＋1)=3＋2(n－1)=2n＋1，
则an=(n＋1)(2n＋1)(n∈N*).
(2)证明：由eq \f(1,n＋12n＋1)＜eq \f(1,2nn＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和
Sn=eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
=eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＜eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)=eq \f(5,12)，即Sn＜eq \f(5,12).
已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3=5，a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)，Sn是数列{bn}的前n项和.若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求实数a的取值范围.
【答案解析】解：(1)因为a3=5，a1，a2，a5成等比数列，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋d2＝a1a1＋4d，))解得a1=1，d=2，
所以数列{an}的通项公式为an=2n－1.
(2)因为bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)=eq \f(1,2n－12＋4n－2)
=eq \f(1,4n2－1)=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Sn=b1＋b2＋…＋bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
依题意，对任意正整数n，不等式1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0，
当n为奇数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＞－1＋eq \f(1,2n＋1)，所以a＞－eq \f(2,3)；
当n为偶数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＜1－eq \f(1,2n＋1)，所以a＜eq \f(4,5).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,5))).