2022届高考数学二轮专题复习4数列

这是一份2022届高考数学二轮专题复习4数列，共15页。试卷主要包含了与数列有关的基本量的计算，已知数列满足，等内容，欢迎下载使用。
数列1．与数列有关的基本量的计算1．等差数列的公差为d，前n项和为，若，，则（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】由，得，又，即，解得，故选A．2．已知等差数列，公差为，且、、成等比数列，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为、、成等比数列，则，即，解得，所以，，故选D．3．已知数列的各项均为正数，记为数列的前n项和，，，则（）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】C【解析】，，整理得，∵数列的各项均为正数，∴，∴数列为等比数列，公比为2，首项为1，则，故选C．4．某文具店开业期间，用100根相同的圆柱形铅笔堆成横截面为“等腰梯形垛”的装饰品，其中最下面一层铅笔数为16根，从最下面一层开始，每一层的铅笔数比上一层的铅笔数多1根，则该“等腰梯形垛”最上面一层堆放的铅笔数为（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【解析】记最下面一层铅笔数为，一共放层，从下到上各层的铅笔数构成公差为的等差数列，则，整理得，解得或．当时，；当时，，不合题意，舍去，故最上面一层堆放的铅笔数为9，故选B．5．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（）A．35 B．42 C．49 D．56【答案】B【解析】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染，则每轮新增感染人数为，经过n轮传染，总共感染人数为，∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，由，故得，又∵平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，故选B． 2．与数列有关性质的应用1．已知数列为等差数列，为其前n项和，若，，则等于（）A．27 B．25 C．20 D．10【答案】A【解析】设等差数列的公差为d，因为，所以，解得，则，故选A．2．在等比数列中，，是方程的两根，则的值为（）A． B．3 C． D．【答案】B【解析】因为､是方程的两根，所以，，所以，，又为等比数列，则，所以，所以或（舍去），所以，故选B．3．设等差数列的前项和为，若，，则等于（）A．30 B．25 C．45 D．35【答案】C【解析】等差数列的前项和为，，，则有，解得，，故选C．4．记为等比数列的前n项和，若，则___________．【答案】【解析】由等比数列的前n项和性质可知，构成等比数列，即或（舍），故答案为．5．若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（）A． B． C．2 D．【答案】C【解析】∵数列的前项积，当时，，当时，，，时也适合上式，∴，∴当时，数列单调递减，且，当时，数列单调递减，且，故的最大值为，最小值为，∴的最大值与最小值之和为2，故选C．6．设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则使得的正整数n的最小值为（）A．16 B．17 C．18 D．19【答案】D【解析】由，得，因为是等差数列，所以，，，，，，所以，，，使得的正整数n的最小值为，故选D．7．设等比数列满足，，则使最大值的为（）A．4 B．5 C．4或5 D．6【答案】C【解析】因为为等比数列，，，所以，，所以，，当n= 4或5时，取得最大值10，故的最大值为，故选C．8．已知等差数列满足，数列满足，记数列的前n项和为，则使达到最大值的n值为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】等差数列满足，即，解得，故，则等差数列是递减数列，且，故，所以，，，而，故，故使达到最大值的n值为7，故选C． 3．数列综合1．若数列满足：，则数列的前99项和为______．【答案】3【解析】因为，所以，故答案为3．2．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足，则an＝________．【答案】n【解析】，①，当n≥2时，，②①－②，整理得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0．由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由①知a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n，故答案为．3．已知数列，满足，则等于（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，①所以，②①－②得，，所以，而，适合上式，所以，，，∴，故选D．4．函数y＝[x]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中[x]为不超过实数x的最大整数，例如：，．已知函数，则（）A．4097 B．4107 C．5119 D．5129【答案】B【解析】由题意时，，，在上奇数共有个，，，，设，则，相减得，所以，所以，故选B．5．已知数列，为的前项和，其中，，则（）A．2019 B．2020 C．2021 D．2022【答案】B【解析】由题意，设为奇数，则是偶数，是奇数，则，①，②①+②得，所以的奇数项是首项为，公差为2的等差数列，同理的偶数项是首项为，公差为2的等差数列，所以，故选B．6．“斐波那契数列”又称“兔子”数列，是由意大利数学家里昂那多斐波那契发现的，该数列满足：，，（，），若，则其前2022项和为（）A．G B． C． D．【答案】D【解析】由，可得…①…②①+②得，化简得，故选D．7．（多选）已知数列满足：，则下列说法中正确的是（）A．  B．C．数列的前10项和为定值 D．数列的前20项和为定值【答案】AD【解析】取，得，故，选项A正确；取，得，又，两式相减得，选项B不正确；由题知①，②，③，②-①得，②+③得，∴为定值，题中条件只限制，所以的值不确定，故前10项和无法确定；所以选项C不正确；前20项中奇数项有10项，相邻两项的和确定，故这10项的和确定，同理10个偶数项的和确定，故前20项和为定值．所以选项D正确，故选AD．8．定义：首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．已知数列是首项和公差均为1的等差数列．设m为正整数，若存在“数列”，对任意的正整数k，当时，都有成立，则m的最大值为________．【答案】5【解析】由题意知，，，，恒成立，当时，，当时，，，当时，两边取对数可得对有解，即，令，则，当时，，此时，单调递减，所以，当时，，令，则，令，则，当时，，即，所以，在上单调递减，即当时，，则，化简，得，令，则，由，得，则，所以，在上单调递减，又因为，，所以，存在，使得，所以整数m的最大值为5，此时，，故答案为5．9．已知数列满足，．（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：由，得，又，所以，故，故是以为首项，以为公比的等比数列．（2）由（1）得，得，所以，设的前n项和为，则，①，②由①-②，得，则，故．10．已知数列{an}满足，且．（1）请你在①，②中选择一个证明：①若，则{bn}是等比数列；②若，则{bn}是等差数列．注：如果选择多个分别解答，按第一个解答计分．（2）求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn．【答案】（1）见解析；（2），．【解析】（1）选择①，由，可得，∴，又，∴数列{bn}是以2为首项，以为公比的等比数列．选择②，∵，，∴，又，∴数列{bn}是等差数列．（2）由上可知，即，∴，∴．11．已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，若不等式对任意的都成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设等差数列公差为，由题意，，解得，所以．（2）由（1），所以，易知是递增的且，不等式对任意的都成立，则，所以．12．记数列的前n项和为，满足，且．（1）证明：数列是等差数列；（2）设数列满足，求的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）前n项和为．【解析】（1）证明：因为，①所以当时，，得或7，又，则．当时，，②①-②得，，，由，得，故，即为等差数列．（2）由（1）知，为等差数列且公差为4，所以，所以数列的前n项和，故的前n项和为．13．已知数列满足．（1）设，求数列的通项公式；（2）设，求数列的前20项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，可知，即，由可知，，所以是以12为首项，4为公比的等比数列，所以的通项公式为．（2）由（1）知，，所以，又符合上式，所以，所以，所以的前20项和．14．已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝17，a1，a2，a7成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）将数列{an}与{3n}的相同的项按由小到大的顺序排列构成的数列记为{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设等差数列的公差为d，d≠0，由条件得，解之得，所以数列的通项公式为．（2）设，则，当，时，，所以，当，时，，所以，所以，所以．