数列专题训练-2025届高三数学二轮复习

这是一份数列专题训练-2025届高三数学二轮复习，共15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·河北名校联考]已知等差数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且a4·S7＝567，a2＝5，则S11＝( )
A.143 B.86 C.256 D.125
2.[2024·温州模拟]已知数列{an}为递增数列，前n项和Sn＝n2＋n＋λ，则实数λ的取值范围是( )
A.(－∞，2] B.(－∞，2) C.(－∞，0] D.(－∞，0)
3.[2024·潍坊模拟]宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，我们发现，当n＝1，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，则当n＝5时，圆球总个数为( )
A.30 B.35 C.40 D.45
4.[2024·石家庄模拟]已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则lg2(a1·a2·a3·…·a8)的值为( )
A.70 B.72 C.74 D.76
5.[2024·惠州模拟]在等比数列{an}中，已知a2 020＞0，则“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.[2024·淮安模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＞0，S8＜0，则eq \f(a1,d)的取值范围是( )
A.(－3，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(7,2)))∪(－3，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)，－3)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(7,2)))
7.[2024·长沙模拟]斐波那契数列{Fn}，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列{Fn}满足F1＝F2＝1，且Fn＋2＝Fn＋1＋Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以数学家爱德华·卢卡斯命名的，与斐波那契数列联系紧密，且L1＝1，Ln＋1＝Fn＋Fn＋2(n∈N*)，则F2 023＝( )
A.eq \f(1,3)L2 022＋eq \f(1,6)L2 024 B.eq \f(1,3)L2 022＋eq \f(1,7)L2 024
C.eq \f(1,5)L2 022＋eq \f(1,5)L2 024 D.－eq \f(1,5)L2 022＋eq \f(2,5)L2 024
8.[2024·马鞍山模拟]风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年.龙被视为中华古老文明的象征，大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅磗，因而广受喜爱.某团队耗时4个多月做出一长达200米、重约25公斤，“龙身”共有180节“鱗片”的巨龙风筝.制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高.最终团队决定骨架材质按图中规律排列(即相邻两碳质骨架之间的竹质骨架个数成等差数列)，则该“龙身”中竹质骨架个数为( )
A.161 B.162 C.163 D.164
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.[2024·武汉武昌区模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝(eq \f(1,2))n－1，则下列说法正确的有( )
A.{Sn}是递减数列 B.{an}是等比数列
C.an＜0 D.Sn＋an＝1
10.[2024·石家庄质检]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S11＜S10＜S12，则( )
A.d＞0 B.a1＞0 C.S22＜0 D.S21＜0
11.[2022·宜昌模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋3，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和为Tn，则下列选项正确的是( )
A.数列{an＋3}不是等比数列
B.Tn＜eq \f(1,2)
C.对于一切正整数n都有an与3互质
D.数列{an}中按从小到大的顺序选出能被5整除的项组成新的数列{bn}，则b506＝a2 022
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2024·驻马店模拟]已知递增等比数列{an}中，a2＝1，a4＝4，则数列{an}的前6项之积为________.
13.[2024·泉州模拟]已知等比数列{an}的公比q＞1，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(3,4)，a1·a5＝8，n∈N*，则a2n＝________.
14.[2024·广州模拟]已知n∈N*，将数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a10)＝________.
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·安徽名校联考]已知Sn为等比数列{an}的前n项和，n∈N*，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4＝8a2－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an,（an＋2）（an＋1＋2）)，且数列{bn}的前n项和为Tn，证明：eq \f(1,12)≤Tn＜eq \f(1,4).
16.(15分)[2024·南京六校联考]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，数列{bn}为等比数列，且满足bn(an＋1－an)＝bn＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为Sn，若________，记数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和T2n.在①2S2＝S3－2；②b2，2a3，b4成等差数列；③S6＝126这三个条件中任选一个，补充在第(2)问中，并对其求解.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
17.(15分)[2022·十堰质检]已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n－1)3n＋1，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,dn)))的前n项和Tn.
18.(17分)[2024·汕头模拟]已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
19.(17分)[2024·郑州模拟]已知{an}和{bn}是各项均为正整数的无穷数列，若{an}和{bn}都是递增数列，且{an}中任意两个不同的项的和不是{bn}中的项，则称{an}被{bn}屏蔽.已知数列{cn}满足eq \f(1,c1)＋eq \f(3,c2)＋…＋eq \f(2n－1,cn)＝n(n∈N*).
(1)求数列{cn}的通项公式；
(2)若{dn}为首项与公比均为c1＋1的等比数列，求数列{cn·dn}的前n项和Sn，并判断eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn))能否被{cn}屏蔽，请说明理由.
数列
1.A [设{an}的公差为d，则由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋3d）·（7a1＋21d）＝567，,a1＋d＝5，,d＞0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))
所以S11＝11×3＋55×2＝143.故选A.]
2.B [因为数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋λ，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1,Sn－Sn－1，n≥2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＋2，n＝1,2n，n≥2)).
因为数列{an}是递增数列，所以λ＋2＜4，解得λ＜2.故选B.]
3.B [设堆垛从上至下每层的圆球个数构成数列{an}，则由题意，得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
a4＝10，又1＝eq \f(1×（1＋1）,2)，3＝eq \f(2×（2＋1）,2)，6＝eq \f(3×（3＋1）,2)，10＝eq \f(4×（4＋1）,2)，由此可猜想an＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以a5＝eq \f(5×6,2)＝15，所以当n＝5时，圆球总个数为20＋15＝35.故选B.]
4.B [设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞0.
因为a1＝4，S3＝84，
所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，
即q2＋q－20＝0，因为q＞0，所以q＝4，
则an＝4n.
所以a1·a2·a3·…·a8＝(a1a8)4＝(4×48)4＝(49)4＝436＝(22)36＝272，
所以lg2(a1·a2·a3·…·a8)＝lg2272＝72.故选B.]
5.A [∵公比q≠0，a2 020＞0，
∴若a2 021＞a2 024，
则a2 020q＞a2 020q4，∴q(1－q3)＞0，
∴q(1－q)(1＋q＋q2)＞0，
得q(1－q)＞0，∴0＜q＜1；
若a2 022＞a2 023，则a2 020q2＞a2 020q3，
∴q2＞q3，
∴q2(1－q)＞0，∴q＜1且q≠0.
∵0＜q＜1⇒q＜1且q≠0，q＜1且q≠0eq \a\vs4\al(⇒/ )
0＜q＜1，∴“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”的充分不必要条件.故选A.]
6.C [因为S7＞0，S8＜0，
所以a4＞0，a4＋a5＜0，
即a4＞0，a5＜－a4＜0，所以a1＞0，d＜0.
由a4＞0，S8＜0可知a1＋3d＞0，2a1＋7d＜0，所以－eq \f(7,2)＜eq \f(a1,d)＜－3.故选C.]
7.C [由题意，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(L2 022＝F2 021＋F2 023＝2F2 023－F2 022，,L2 024＝F2 023＋F2 025＝2F2 023＋F2 024＝3F2 023＋F2 022，))
解得F2 023＝eq \f(1,5)L2 022＋eq \f(1,5)L2 024.故选C.]
8.B [设有n个碳质骨架，n∈N*，由已知可得n＋1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n≥180，如果只有n－1个碳质骨架，则骨架总数少于180，所以(n－1)＋1＋2＋3＋…＋(n－1)＜180，
所以n2＋3n≥360，且n2＋n＜362，
又n∈N*，解得n＝18，所以共有碳质骨架18个，故竹质骨架有162个，故选B.]
9.ABC [因为Sn＝(eq \f(1,2))n－1，
所以Sn＋1－Sn＝(eq \f(1,2))n＋1－(eq \f(1,2))n
＝－(eq \f(1,2))n＋1＜0，即Sn＋1＜Sn，所以数列{Sn}是递减数列，所以选项A正确；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(eq \f(1,2))n－(eq \f(1,2))n－1＝－(eq \f(1,2))n，
当n＝1时，a1＝S1＝－eq \f(1,2)也满足上式，
所以an＝－(eq \f(1,2))n.
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(－（\f(1,2)）n＋1,－（\f(1,2)）n)＝eq \f(1,2)，
所以数列{an}是等比数列，所以选项B正确；
an＝－(eq \f(1,2))n＜0，所以选项C正确；
Sn＋an＝(eq \f(1,2))n－1－(eq \f(1,2))n＝－1，
所以选项D错误.综上，选ABC.]
10.AD [在等差数列{an}中，
因为S11＜S10＜S12，
所以a11＝S11－S10＜0，a12＝S12－S11＞0，
所以d＝a12－a11＞0，故选项A正确；
a1＝a11－10d＜0，故选项B错误；
因为a12＋a11＝S12－S10＞0，
所以S22＝eq \f(22（a1＋a22）,2)＝11(a11＋a12)＞0，故选项C错误；
S21＝eq \f(21（a1＋a21）,2)＝21a11＜0，故选项D正确.故选AD.]
11.BCD [对于A，由Sn＋1＝Sn＋2an＋3，得Sn＋1－Sn＝2an＋3，即an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，
所以eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2，所以数列{an＋3}是公比为2的等比数列，故A不正确；
对于B，由选项A可知an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，
所以eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,（2n＋1－3）（2n＋2－3）)
＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n＋1－3)－eq \f(1,2n＋2－3))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \f(1,22－3)－eq \f(1,23－3)＋eq \f(1,23－3)－eq \f(1,24－3)＋…＋eq \f(1,2n＋1－3)－eq \f(1,2n＋2－3))
＝eq \f(1,2)(1－eq \f(1,2n＋2－3))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)×eq \f(1,2n＋2－3)＜eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，由an＝2n＋1－3得eq \f(an,3)＝eq \f(2n＋1－3,3)＝eq \f(1,3)×2n＋1－1，不是整数，所以an与3的公因数只有1，所以an与3互质，故C正确；
对于D，因为an＝2n＋1－3，所以{an}中能被5整除的项为a2＝5，a6＝125，…，a4n－2，
又2 022＝506×4－2，所以b506＝a2 022，故D正确.综上所述，选BCD.]
12.512 [∵递增等比数列{an}中，
a2＝1，a4＝4，∴a3＝2，
∴a1a2a3a4a5a6＝(a3a4)3＝(2×4)3＝512.]
13.2n [因为数列{an}是等比数列，所以a2a4＝a1a5＝8，由eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a2＋a4,a2a4)＝eq \f(3,4)，
得a2＋a4＝6，因为a2a4＝8且q＞1，所以可得a2＝2，a4＝4，所以数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a2n＝2×2n－1＝2n.]
14.eq \f(10,21) [显然2n－1是奇数，故两个数列的公共项必为奇数.对于数列{n2－1}，
当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，
则n2－1＝(2k－1)2－1＝4k(k－1)为偶数；
当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，
则n2－1＝4k2－1为奇数.
故an＝4n2－1，eq \f(1,an)＝eq \f(1,4n2－1)
＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)
＝eq \f(1,2)(eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))
＝eq \f(1,2)(1－eq \f(1,2n＋1))＝eq \f(n,2n＋1)，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a10)＝eq \f(10,21).]
15.(1)解 设数列{an}的公比为q，
由4a2，2a3，a4成等差数列可得
4a2＋a4＝4a3，
故4＋q2＝4q，解得q＝2.
由S4＝8a2－2可得eq \f(a1（1－24）,1－2)＝16a1－2，
解得a1＝2，
故an＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明 由(1)可得bn＝eq \f(an,（an＋2）（an＋1＋2）)＝eq \f(2n,（2n＋2）（2n＋1＋2）)＝eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,2n＋1＋2)，
故Tn＝eq \f(1,4)－eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)－eq \f(1,10)＋eq \f(1,10)－eq \f(1,18)＋…＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,2n＋1＋2)＝eq \f(1,4)－eq \f(1,2n＋1＋2).
易得0＜eq \f(1,2n＋1＋2)≤eq \f(1,6)，
故eq \f(1,12)≤Tn＜eq \f(1,4).
16.解 (1)因为bn(an＋1－an)＝bn＋1，a1＝1，a2＝3, 所以令n＝1，得2b1＝b2，
又数列{bn}为等比数列，所以bn＋1＝2bn，
即数列{bn}的公比为2，则an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以1为首项、2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知数列{bn}是公比为2的等比数列.
若选①，由2S2＝S3－2得2(b1＋2b1)＝b1＋2b1＋4b1－2，
所以b1＝2，则bn＝2n.
若选②，由b2，2a3，b4成等差数列得
b2＋b4＝4a3，
即2b1＋8b1＝20，
所以b1＝2，则bn＝2n.
若选③，由S6＝126得
eq \f(b1（1－26）,1－2)＝126，
所以b1＝2，则bn＝2n，
所以cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以数列{cn}的奇数项是以1为首项、4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项、4为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×4＋eq \f(4（1－4n）,1－4)＝2n2－n＋eq \f(4（4n－1）,3).
17.解 (1)因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an
＝(n－1)3n＋1，①
所以当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)3n－1＋1，②
①－②得，(2n－1)an＝[(n－1)3n＋1]－[(n－2)3n－1＋1]＝(2n－1)3n－1(n≥2).
所以an＝3n－1(n≥2).
又因为当n＝1时，上式也成立，
所以{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*).
(2)由题可知
dn＝eq \f(an＋1－an,n＋1)＝eq \f(3n－3n－1,n＋1)＝eq \f(2·3n－1,n＋1)，
得eq \f(1,dn)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n－1)，
则Tn＝eq \f(1,2)·eq \f(2,30)＋eq \f(1,2)·eq \f(3,31)＋eq \f(1,2)·eq \f(4,32)＋…＋eq \f(1,2)·eq \f(n,3n－2)＋eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n－1)，③
eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,2)·eq \f(2,31)＋eq \f(1,2)·eq \f(3,32)＋eq \f(1,2)·eq \f(4,33)＋…＋eq \f(1,2)·eq \f(n,3n－1)＋eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)，④
③－④得
eq \f(2,3)Tn＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)＝1＋eq \f(1,2)·eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－
eq \f(1,2)·eq \f(n＋1,3n)＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,4)·eq \f(1,3n)，
解得Tn＝eq \f(15,8)－eq \f(2n＋5,8·3n－1).
18.解 (1)根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q＞0)，
解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*).
(2)当n＝100时，a100＝299，
由2n＜299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在数列{an}的前100项中含有数列{bn}中的4项，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝eq \f(100×（2＋299）,2)－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.
19.解 (1)由eq \f(1,c1)＋eq \f(3,c2)＋…＋eq \f(2n－1,cn)＝n，
令n＝1，可得c1＝1，
当n≥2时，eq \f(1,c1)＋eq \f(3,c2)＋…＋eq \f(2n－1,cn)＝n，
eq \f(1,c1)＋eq \f(3,c2)＋…＋eq \f(2n－3,cn－1)＝n－1，
上述两式作差可得cn＝2n－1(n≥2)，
因为c1＝1满足上式，
可知cn＝2n－1(n∈N*).
(2)因为c1＝1，所以dn＝2n，
所以cn·dn＝(2n－1)·2n，
Sn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－1)·2n，
2Sn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－1)·2n＋1，
两式作差得，－Sn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×eq \f(22（1－2n－1）,1－2)－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)·2n＋1.
所以Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
显然，{Sn}是递增数列，且各项均为偶数，而递增数列{cn}的各项均为奇数，所以{Sn}中的任意两项的和均不是{cn}中的项，所以{Sn}能被{cn}屏蔽.
题号
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答案