2025届高考数学一轮复习试题阶段滚动检测（三）试卷（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习试题阶段滚动检测（三）试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2024·西安模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足a2=4,S4=22,则S5=( )
A.25B.35C.45D.55
【解析】选B.设数列的公差为d,则S4=(4-d)+4+(4+d)+(4+2d)=22,所以d=3,
所以a3=a2+d=7,S5=5(a1+a5)2=5a3=35.
2.已知等比数列{an}的各项均为正数,若lg2a3+lg2a9=4,则lg2a6=( )
A.±1B.±2C.2D.4
【解析】选C.由题意得a3>0,a6>0,a9>0,a3a9=a62,所以lg2a3+lg2a9=lg2(a3a9)=lg2a62=2lg2a6=4,则lg2a6=2.
3.已知数列an满足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,则正整数k=( )
A.24B.23C.22D.21
【解析】选B.由3an+1=3an-2,得an+1-an=-23,所以数列an为首项a1=15,公差d=-23的等差数列,所以an=15-23(n-1)=-23n+473.
由ak·ak+1<0,得ak>0,ak+1<0.令an=-23n+473=0得n=472,所以a23>0,a24<0,所以k=23.
4.(2024·德宏模拟)已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列.若数列{an}中存在两项am,an,使得2a1为它们的等比中项,则1m+4n的最小值为( )
A.1B.3C.6D.9
【解析】选B.设正项等比数列{an}公比为q,由a4,3a3,a5成等差数列,
得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,
得q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,
若数列{an}中存在两项am,an,使得2a1为它们的等比中项,则(2a1)2=am·an,
即2a12=a1qm-1·a1qn-1,
得2m+n-2=2,则m+n=3,1m+4n=13(1m+4n)(m+n)=13(1+nm+4mn+4)≥13(5+2nm·4mn)=3,
当且仅当nm=4mn,即m=1,n=2时等号成立,
所以1m+4n的最小值为3.
5.高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列,中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣,创造并发展了名为“垛积术”的算法,展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛,最顶层有1个小球,第二层有3个,第三层有6个,第四层有10个,则第30层小球的个数为( )
A.464B.465C.466D.495
【解析】选B.记第n层有an个球,则a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,
结合高阶等差数列的概念知a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n(n≥2),则第30层的小球个数a30=(a30-a29)+(a29-a28)+…+(a2-a1)+a1=30+29+28+…+2+1=465.
6.已知等比数列an的公比q∈N*,前n项和为Sn,若a2+a5=36,a3+a4=24,则下列说法正确的是( )
A.q=3
B.a4=81
C.数列lgan与数列lg(Sn+2)都是等差数列
D.数列lg(Sn-2)是公差为lg2的等差数列
【解析】选C.由a2+a5=36,a3+a4=24,q∈N*,
得a1q+a1q4=36a1q2+a1q3=24,
解得a1=q=2,故A错误;
则an=2n,所以a4=16,故B错误;
则Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2,
则lgan=nlg2,lg(Sn+2)=(n+1)lg2.
因为lgan+1-lgan=(n+1)lg2-nlg2=lg 2,
所以数列lgan是以lg2为公差的等差数列.
因为lg(Sn+1+2)-lg(Sn+2)=(n+2)lg2-(n+1)lg2=lg2,
所以数列lg(Sn+2)是以lg2为公差的等差数列,故C正确;
lg(Sn+1-2)-lg(Sn-2)=lg(2n+2-4)-lg(2n+1-4)=lg2n+2-42n+1-4,
因为lg(S3-2)-lg(S2-2)=lg24-423-4=lg3,
lg(S4-2)-lg(S3-2)=lg25-424-4=lg73≠lg3,所以数列lg(Sn-2)不是等差数列,故D错误.
7.(2023·合肥模拟)已知数列an满足an+1=an-1an+1,a1=12,则9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=( )
A.-12B.12C.35D.-192
【解析】选A.因为an+1=an-1an+1, 因此a2=a1-1a1+1=12-112+1=-13,同理a3=-2,a4=3,a5=12,
则an+4=an+3-1an+3+1=an+2-1an+2+1-1an+2-1an+2+1+1=-1an+2=-1an+1-1an+1+1=1+an-1an+11-an-1an+1=an,
因此a4k-3=12,a4k-2=-13,a4k-1=-2,a4k=3,其中k∈N*,则Tk=(4k-3)a4k-3+(4k-2)a4k-2+(4k-1)a4k-1+4ka4k=76(4k+1),则9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=T3+T4+T5-20a20
=76×(13+17+21)-60=-12.
【加练备选】
已知数列{an}满足a2=0,a2n+1=a2n+1n,a2n+2=a2n+1-1n+1(n∈N*),则数列{an}的第2 024项为( )
A.2 0232 024B.2 0252 024C.1 0111 012D.1 0121 011
【解析】选C.a2n+2=a2n+1-1n+1=a2n+1n-1n+1(n∈N*),
所以a2 024=a2 022+11 011-11 012,
a2 022=a2 020+11 010-11 011,
a2 020=a2 018+11 009-11 010,
…
a4=a2+1-12,
累加得a2 024=a2+(1-12+12-13+…+11 011-11 012)=0+1-11 012=1 0111 012.
8.(2024·长治模拟)已知数列{an}满足a1=13,an+1n+1=anan+n,若a1+a1a2+…+a1a2…an≤45成立,则n的最大值为( )
A.7B.8C.9D.10
【解题指南】通过等差数列的定义求出{nan}的通项公式,再利用裂项相消法求出a1+a1a2+…+a1a2…an,进而确定n的最大值.
【解析】选B.因为an+1n+1=anan+n,
整理得n+1an+1-nan=1,且1a1=3,
可知{nan}是首项为3,公差为1的等差数列,
所以nan=3+n-1=n+2,可得an=nn+2,
当n≥2时,可得a1a2…an=13×24×35×…×nn+2=2(n+1)(n+2)=2(1n+1-1n+2),
且a1=13符合上式,所以a1a2…an=2(1n+1-1n+2),
则a1+a1a2+…+a1a2…an=2(12-13+13-14+…+1n+1-1n+2)=1-2n+2≤45,
解得n≤8,即n的最大值为8.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2023·太原模拟)已知正项数列an的前n项和为Sn,若对于任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,则下列结论正确的是( )
A.a1+a12=a8+a5
B.a5a6C.若该数列的前三项依次为x,1-x,3x,则a10=103
D.数列Snn为递减的等差数列
【解析】选AC.令m=1,则an+1-an=a1,因为a1>0,所以数列an为等差数列且公差d>0,故A正确;由a5a6-a1a10=(a12+9a1d+20d2)-(a12+9a1d)=20d2>0,所以a5a6>a1a10,故B错误;根据等差数列的性质,可得2(1-x)=x+3x,所以x=13,1-x=23,故a10=13+9×13=103,故C正确;
由Snn=na1+n(n-1)2dn=d2n+(a1-d2),因为d2>0,所以数列Snn是递增的等差数列,故D错误.
10.(2024·莆田模拟)正项等比数列{an}的前n项积为Tn,且满足a1>1,(a6-1)(a7-1)<0,则下列判断正确的是( )
A.0B.a5a7>1
C.Tn的最大值为T6
D.T13>1
【解析】选ABC.由(a6-1)(a7-1)<0得a6>1>a7或a7>1>a6,
若a7>1>a6>0,则q>1,结合a1>1得a6>1,矛盾;
所以a6>1>a7>0,所以0由上述分析得a5a7=(a6)2>1,故B正确;
由上述分析得a1>a2>a3>a4>a5>a6>1>a7>…,故T6最大,C正确;
T13=a1·a2·a3·a4·a5·…·a13=(a7)13<1,故D错误.
11.(2024·广州模拟)已知数列{an}的通项公式为an=(2n-1)π4,bn=tan an,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是( )
A.bn=(-1)n
B.b1+b2+b3+…+bn=1+(-1)n-12
C.若cn=anbn,则c1+c2+c3+…+cn=(-1)n-1nπ4
D.若dn=bnSn,则d1+d2+d3+…+d40=-205π
【解析】选BCD.因为数列{an}的通项公式为an=(2n-1)π4,an+1=(2n+1)π4,
故an+1-an=(2n+1)π4-(2n-1)π4=π2,所以{an}为等差数列,a1=π4,d=π2,
则Sn=na1+n(n-1)2d=n24π,bn=tan an=tan(π4+(n-1)π2)=tan(nπ2-π4)=1,n=2k-1-1,n=2k(k∈Z),
当n=1时,b1=1,故A不正确;
当n为偶数时,b1+b2+b3+…+bn=0;
当n为奇数时,b1+b2+b3+…+bn=1,
故b1+b2+b3+…+bn=1+(-1)n-12,所以B正确;
cn=anbn=an,n=2k-1-an,n=2k(k∈Z),
c2k+c2k-1=-a2k+a2k-1=-π2,
当n为偶数时,c1+c2+c3+…+cn=-n4π,
当n为奇数时,c1+c2+c3+…+cn=-n-14π+π4(2n-1)=n4π,
所以c1+c2+c3+…+cn=(-1)n-1n4π,故C正确;
dn=bnSn=Sn,n=2k-1-Sn,n=2k(k∈Z),
d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=π4[(2k-1)2-(2k)2]=-π4(4k-1),
所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)
=-π4[3+7+…+(4n-1)]=-π4×3+4n-12×n=-π4(2n2+n),
所以d1+d2+d3+…+d40=-π4(2×202+20)=-205π,所以D正确.
【方法规律】常见的数列求和的方法有公式法,即等差等比数列求和公式,分组求和类似于cn=an+bn,其中{an}和{bn}分别为特殊数列,裂项相消法类似于an=1n(n+1),错位相减法类似于cn=an·bn,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列等.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·徐州模拟)围棋起源于中国,至今已有4 000多年的历史.在围棋中,对于一些复杂的死活问题,比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时,可利用数列通项的递推方法来计算.假设大小为n的眼有an口气,大小为n+1的眼有an+1口气,则an与an+1满足的关系是a1=1,a2=2,an+1-n=an-1(n≥2,n∈N*).则an的通项公式为________.
答案:an=1,n=1n2-3n+62,n≥2
【解析】根据题意,an+1-an=n-1,
当n≥2时,可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1,
即an=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1=(n-2)(n-1)2+2=n2-3n+62;
又当n=1时,a1=1不满足an=n2-3n+62;
故an=n2-3n+62,n≥21,n=1.
13.在各项均为正数的等比数列an中,公比q∈(0,1),若a3+a5=5,a2·a6=4,bn=lg2an,数列bn的前n项和为Sn,则数列Snn的前n项和为______.
答案:n(17-n)4
【解析】由题意,a3>a5,由等比数列的性质可得a3+a5=5a2a6=a3a5=4a3>a5,解得a3=4a5=1,
所以a1q2=4a1q4=10所以an=a1qn-1=16×12n-1=25-n,
则bn=lg2an=5-n,则数列bn为等差数列,
所以Sn=n(4+5-n)2=9n-n22,故Snn=9-n2,
所以S11+S22+…+Snn=n(4+9-n2)2=n(17-n)4.
14.(2024·武汉模拟)记R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)的数列{xn}称为“牛顿数列”.若函数f(x)=x2-x,且f'(x)=2x-1,数列{xn}为牛顿数列.设an=ln xnxn-1,已知a1=2,xn>1,则a2=________,数列{an}的前n项和为Sn,若不等式tSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立,则t的最大值为________.
答案:4 253
【解析】因为f(x)=x2-x,f'(x)=2x-1,
则xn+1=xn-xn2-xn2xn-1=xn22xn-1,
由a1=2,a1=ln x1x1-1,
所以x1x1-1=e2,解得x1=e2e2-1,
所以x2=x122x1-1=e4e4-1,
所以a2=ln x2x2-1=4,
由xn+1=xn22xn-1,
所以xn+1xn+1-1=xn22xn-1xn22xn-1-1=xn2xn2-2xn+1=(xnxn-1)2,
所以an+1=ln xn+1xn+1-1=ln(xnxn-1)2=2ln xnxn-1=2an,
即数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以an=2n,Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2,
因为tSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立,
又Sn>0且Sn单调递增,
所以t≤Sn+14Sn对任意的n∈N*恒成立,
令g(x)=x+14x,x∈(0,+∞),
根据对勾函数的性质可得g(x)=x+14x在(0,14)上单调递减,在(14,+∞)上单调递增,
又2=S1<14所以t的最大值为253.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2024·成都模拟)在等差数列{an}中,a2+a3=a4=5.
(1)求{an}的通项公式;
【解析】(1)设{an}的公差为d,则2a1+3d=a1+3d=5,
解得a1=0,d=53,
所以an=a1+d(n-1)=53(n-1);
(2)求数列{1an+1an+2}的前n项和Sn.
【解析】(2)由(1)知1an+1an+2=1d(1an+1-1an+2)=35×(1an+1-1an+2),
所以Sn=35×(1a2-1a3+1a3-1a4+…+1an+1-1an+2)=35×(1a2-1an+2)=35×[153-153(n+1)]=925×(1-1n+1)=9n25(n+1).
16.(15分)数列an满足a1=-1,且an=3an-1-2n+3(n∈N*且n≥2).
(1)求a2,a3,并证明数列an-n是等比数列;
【解析】(1)因为a1=-1,且an=3an-1-2n+3(n∈N*且n≥2),
则a2=3a1-1=-4,a3=3a2-3=-15,
由已知可得an-n=3an-1-3n+3=3[an-1-(n-1)],a1-1=-2,则对任意的n∈N*,an-n≠0,
所以当n≥2时,an-nan-1-(n-1)=3,
故数列an-n是等比数列;
(2)求数列an的通项公式.
【解析】(2)由(1)可知,数列an-n是等比数列,
且首项为-2,公比为3,
所以,an-n=-2×3n-1,因此an=n-2·3n-1.
17.(15分)(2024·三明模拟)等差数列{an}中,a2+a4=-14,a3+a5=-20.
(1)求数列{an}的通项公式;
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得2a1+4d=-142a1+6d=-20,
解得a1=-1d=-3,
所以an=a1+(n-1)d=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.
(2)已知数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.
【解析】(2)因为数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以an+bn=2n-1,
所以bn=2n-1-an=2n-1+3n-2,
所以Sn=(1+2+22+…+2n-1)+[1+4+7+…+(3n-2)]=2n-1+n(3n-1)2.
18.(17分)记数列{an}的前n项积为Tn,且1Tn+2an=1.
(1)证明:数列{Tn+1}是等比数列;
【解析】(1)因为Tn为数列an的前n项积,
所以TnTn-1=an(n≥2).
因为1Tn+2an=1,所以1Tn+2Tn-1Tn=1(n≥2),
即1+2Tn-1=Tn(n≥2),所以Tn+1Tn-1+1=2(n≥2).
又1T1+2a1=1,所以a1=T1=3,
故{Tn+1}是以4为首项,2为公比的等比数列.
(2)求数列{nTn}的前n项和Sn.
【解析】(2)由(1)得:Tn+1=4×2n-1=2n+1,
所以Tn=2n+1-1,则nTn=n·2n+1-n.
设An=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1①,
则2An=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2②,
则①-②得:-An=1×22+(23+24+…+2n+1)-n·2n+2
=4+23-2n+21-2-n·2n+2
=-4+(1-n)2n+2,
则An=4+(n-1)2n+2,
所以{nTn}的前n项和Sn=4+(n-1)2n+2-n(n+1)2.
【加练备选】
(2024·运城模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=3an-2,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
【解析】(1)当n=1时,2a1=3a1-2,所以a1=2,
当n≥2时,2Sn=3an-2,
所以2Sn-1=3an-1-2,
两式相减,得2an=3an-3an-1,
所以an=3an-1,又a1=2≠0,
所以数列{an}为等比数列,首项为2,公比为3,
所以数列{an}的通项公式是an=2·3n-1.
(2)设bn=(n-12)an,数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*且n≥2,2(Tn-1)≥(n-1)λ恒成立,求实数λ的取值范围.
【解析】(2)由(1)知,bn=2n-12an=(2n-1)·3n-1,Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1,
则有3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,
两式相减得:-2Tn=1+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)×3n=1+2×3(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n
=-(2n-2)×3n-2,
于是得Tn=(n-1)·3n+1,
因为n∈N*且n≥2,2(Tn-1)≥(n-1)λ,所以λ≤2·3n,
当n≥2时,数列{2·3n}是递增数列,
所以2·3n的最小值为18,因此λ≤18.
19.(17分)(2024·济南模拟)设数列{an},其前n项和为Sn,2Sn=3n2+3n,{bn}为单调递增的等比数列,b1b2b3=729,b1+a2=b3-a6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
【解析】(1)对于数列{an},因为2Sn=3n2+3n①,
所以2Sn-1=3(n-1)2+3(n-1),n≥2,n∈N*②,
①-②得an=3n(n≥2,n∈N*),
由①式,当n=1时,得a1=3,也满足an=3n,
所以an=3n(n∈N*).
因为数列{bn}为等比数列,
由等比数列的性质得b1b2b3=b23=729,得b2=9,
设数列{bn}的公比为q,
又因为a2=6,a6=18,
所以b1+a2=b3-a6,
即9q+6=9q-18,
解得q=3或-13,
又因为{bn}为单调递增的等比数列,所以q=3,
所以bn=3n(n∈N*).
(2)记cm为{bn}在区间(0,am](m∈N*)中的项的个数,求数列{cm}的前100项和T100.
【解析】(2)由于31=3,32=9,33=27,34=81,35=243,36=729,
所以c1,c2对应的区间为(0,3],(0,6],
则c1=c2=1,即有2个1;
c3,c4,…,c8对应的区间为(0,9],(0,12],…,(0,24],
则c3=c4=…=c8=2,即有6个2;
c9,c10,…,c26对应的区间为(0,27],(0,30],…,(0,78],
则c9=c10=…=c26=3,即有18个3;
c27,c28,…,c80对应的区间为(0,81],(0,84],…,(0,240],
则c27=c28=…=c80=4,即有54个4;
c81,c82,…,c100对应的区间为(0,243],(0,246],…,(0,300],
则c81=c82=…=c100=5,即有20个5;
所以T100=1×2+2×6+3×18+4×54+5×20=384.