人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测三　数列

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测三　数列，共11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。
专题过关检测三　数列
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.(2021·内蒙古包头一模)在数列{an}中,a1=2,an+1-an-2=0,则a5+a6+…+a14=(　　)
A.180 B.190 C.160 D.120
2.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=(　　)
A.52 B.53 C.10 D.15
3.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10S5=12,则S15S5=(　　)
A.12 B.13 C.23 D.34
4.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为122的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为2202 Hz的音名是(　　)

A.d B.f C.e D.#d
5.(2021·四川成都二诊)已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为(　　)
A.1939 B.3839
C.2041 D.4041
6.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为(　　)

A.39 B.45
C.48 D.51
7.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是(　　)
A.3 928 B.4 024 C.4 920 D.4 924
8.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　)
A.0 B.100 C.-100 D.10 200
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则(　　)
A.首项a1不确定 B.公比q=4
C.a2=3 D.t=-14
10.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是(　　)
A.a5=1 B.Sn的最小值为S3
C.S1=S6 D.Sn存在最大值
11.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=2an,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是(　　)
A.b10=8b5 B.{bn}是等比数列
C.a1b30=105 D.a3+a5+a7a2+a4+a6=209193
12.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.k+1=2n B.an+1=3an-3
C.an=32n2+3n D.Sn=343n+1+2n-3
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·山西太原检测)在等差数列{an}中,若a2,a2 020为方程x2-10x+16=0的两根,则a1+a1 011+a2 021等于　　　　　. 
14.(2021·江苏如东检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则数列{log2an}的前n项和Tn=　　　　　. 
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　. 
16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么∑k=1nSk=　　　　dm2. 
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{an},a4=116,a5a7=256.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|log2an|}的前n项和.




18.(12分)(2021·全国Ⅱ,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1.





19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.






20.(12分)(2021·山东临沂一模)在以下三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.
①Snn=an+12,②an+1an=2Sn,③an2+an=2Sn.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足　　　　　. 
(1)求an;
(2)若bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.







21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.
(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.






22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=23,且当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2.
(1)求证:数列11-an是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=12a1a2…an,Sn=T12+T22+…+Tn2,求证:当n∈N*时,an+1-230,所以a6=16.
所以q2=a6a4=256,即q=16.
所以an=a6qn-6=16×16n-6=16n-5.
(2)由(1)可知log2an=log216n-5=4n-20,
设bn=|log2an|=|4n-20|,数列{bn}的前n项和为Tn.
①当n≤5,且n∈N*时,Tn=n(16+20-4n)2=18n-2n2;
②当n≥6,且n∈N*时,Tn=T5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.
综上所述,Tn=18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.
18.证明: 若选①②⇒③,
设数列{an}的公差为d1,数列{Sn}的公差为d2.
∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
∴Sn=na1+n(n-1)d12=d12n2+a1-d12n.
又Sn=S1+(n-1)d2,
∴Sn=a1+d22(n-1)2+2a1d2(n-1)=d22n2+(2a1d2-2d22)n+d22-2a1d2+a1,
∴d12=d22,a1-d12=2a1d2-2d22,d22-2a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③⇒②,
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以Sn−Sn-1=na1-(n-1)a1=a1.
所以{Sn}是首项为a1,公差为a1的等差数列.
若选②③⇒①,
设数列{Sn}的公差为d,则S2−S1=d,
即a1+a2−a1=d.
∵a2=3a1,∴4a1−a1=d,即d=a1,
∴Sn=S1+(n-1)d=a1+(n-1)a1=na1,
即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1符合式子an=(2n-1)a1,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴an+1-an=2a1,
即数列{an}是等差数列.
19.解: (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).
所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,
所以bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)nlog222n+1=(-1)n(2n+1),
所以Tn=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),
-Tn=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),
所以2Tn=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1-(-1)n-12+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,
所以Tn=(n+1)(-1)n-1.
20.解: (1)若选①,则2Sn=nan+1.
当n=1时,2S1=a2,又S1=a1=1,所以a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,所以2an=nan+1-(n-1)an,
即(n+1)an=nan+1,所以an+1n+1=ann(n≥2).
又a22=1,所以当n≥2时,ann=1,即an=n.
又a1=1符合上式,所以an=n.
若选②,则当n=1时,2S1=a2a1,可得a2=2.
当n≥2时,2Sn-1=anan-1,可得2an=anan+1-anan-1.
由an>0,得an+1-an-1=2.
又a1=1,a2=2,所以{a2n}是首项为2,公差为2的等差数列,{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=n.
若选③,因为an2+an=2Sn,
所以当n≥2时,an-12+an-1=2Sn-1,两式相减得an2+an-an-12-an-1=2an,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
由an>0,得an-an-1-1=0,即an-an-1=1,所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n.
(2)由(1)知bn=(n+1)·2n,
所以Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n,
2Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1,
两式相减,得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=4+4(1-2n-1)1-2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以Tn=n·2n+1.
21.解: (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.
所以数列{an}的前n项和Sn=128×1-32n1-32=25632n-1,数列{bn}的前n项和Tn=400n+n(n-1)2a.
所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=25632n-1+400n+n(n-1)2a.
(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10 000,
即256327-1+400×7+7×62a≥10 000,即21a≥3 082,所以a≥3 08221.
又a∈N*,所以a的最小值为147.
22.证明: (1)因为当n≥2时,a1a2…an-1=2an-2,所以a1a2…an=2an+1-2,两式相除,可得an=1an+1-11an-1,
所以11-an=an+11-an+1=11-an+1-1,
所以11-an+1−11-an=1(n≥2).
又a1=23,所以a2=34,11-a1=3,11-a2=4,
所以11-a2−11-a1=1,
所以11-an+1−11-an=1(n∈N*),所以数列11-an是首项为3,公差为1的等差数列.
所以11-an=3+(n-1)×1=n+2,
所以an=n+1n+2.
(2)因为Tn=12a1a2…an=12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,
所以Tn2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,
所以Sn=T12+T22+…+Tn2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2n+3−23=an+1-23,所以当n∈N*时,an+1-23