适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测2数列文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测2数列文（附解析），共10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。

1.(2022湖南常德一模)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4=4,S3=S2+2,则a1=( )
A.B.1C.D.2
2.(2023北京石景山一模)已知数列{an}满足:对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,则a10=( )
A.34B.35C.36D.310
3.(2023陕西西安六区县联考一)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n+1,则a10=( )
A.36B.15C.55D.66
4.2021年是中国共产党建党100周年,某校在礼堂开展庆祝活动.已知该礼堂共有20排座位,每排比前一排多3个座位,若前3排座位数之和为45,则该礼堂座位数总和是( )
A.570B.710C.770D.810
5.(2023山东泰安一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则a4=( )
AB.C.D.
6.(2023辽宁沈阳二中三模)记Tn为数列{an}的前n项积,已知=1,则T4=( )
A.4B.5C.7D.8
7.(2023江西九江二模)已知数列{an}的通项公式为an=,则其前8项和为( )
A.B.C.D.
8.(2023安徽安庆二模)已知等差数列{an}满足=4,则a2+a3不可能取的值是( )
A.-3B.-2
C.D.
9.(2023河南名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-2=2(an-2n),则an=( )
A.(n+1)·2n+1B.2n
C.n·2n+1D.n·2n
10.(2023山西临汾一模)1682年,英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年、1607年的彗星惊人地相似.他大胆断定,这是同一天体的三次出现,并预言它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星,它的回归周期大约是76年.请你预测它在21世纪回归的年份为( )
A.2042年B.2062年
C.2082年D.2092年
11.(2023黑龙江哈尔滨九中开学考)设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+3,且Sn=1 450,若a2<4,则n的最大值为( )
A.50B.51C.52D.53
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,且a1=.若bn=-lg2Tn,则数列的前n项和An=( )
A.B.C.D.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023广西柳州三模)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2-an=(-1)n+2,则数列{an}的前30项和为 .
14.(2023广东天河一模)已知各项均为正数的数列{an}前n项和Sn满足Sn=+m,m∈R,且a3+a5=10,则m= .
15.(2020山东,14)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.(2023陕西西安一模)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集:如图,取一条长度为1的线段,第1次操作,将该线段三等分,去掉中间一段,留下两段;第2次操作,将留下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留下四段;按照这种规律一直操作下去.若经过n次这样的操作后,去掉的所有线段的长度总和大于,则n的最小值为 .(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)
三、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)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,an=2an-1+1(n≥2).
(1)证明:数列{an+1}为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列.
18.(12分)(2020全国Ⅰ,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
19.(12分)(2023山东烟台一模)已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且3a1,a3,5a2成等差数列,S4+5=5a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·lg3an+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
20.(12分)(2023湖南岳阳二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn+2n+1.
(1)证明数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,若对任意正整数n,不等式bn<恒成立,求实数m的取值范围.
21.(12分)(2023江苏二模)已知数列{an}满足a1=-,(n+1)an+2nan+1=0.数列{bn}满足b1=1,bn+1=k·bn+an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:当|k|≤1时,|bn|≤3-.
22.(12分)(2023天津,19)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式和ai.
(2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk①当k≥2时,求证:2k-1②求{bn}的通项公式及其前n项和.
专题检测二 数列
1.A 解析设{an}的公比为q,由题可知a3=S3-S2=2,q==2,所以a1=.
2.B 解析对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,所以a2a2==32=a4,
则a4a4==34=a8,所以a10=a2a8=3×34=35.故选B.
3.C 解析由题意得an+1-an=n+1,则a10=(a10-a9)+(a9-a8)+…+(a2-a1)+a1=10+9+…+2+1==55.
4.D 解析设从第1排到最后一排的座位数构成一个数列{an},由题可知,{an}是公差为3的等差数列,且a1+a2+a3=3a2=45,所以a2=15,所以a1=a2-3=12,所以该礼堂座位数总和为S20=20×12+×3=810.
5.D 解析由题意,得a2=S1=a1=,a3=S2=(a1+a2)=×1+=,a4=S3=(a1+a2+a3)=1+=.故选D.
6.B 解析由题设=1,即a1=2,=1,即a2==1,即a3==1,即a4=,所以T4=a1a2a3a4=5.故选B.
7.D 解析∵an=,
∴数列{an}的前n和为Sn=++…++=,
∴S8==.故选D.
8.A 解析(方法一)设a1=2csθ,a4=2sinθ,则a2+a3=a1+a4=2sinθ+,∴a2+a3∈[-2,2].
(方法二)∵2≤=2,
∴|a1+a4|≤2,
∴a2+a3=a1+a4∈[-2,2].
故选A.
9.D 解析令n=1,得S1-2=2(a1-2),所以a1=2.
由Sn-2=2(an-2n),得Sn+1-2=2(an+1-2n+1),两式作差可得an+1=2an+2n+1,化简整理可得+1,所以数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=n,所以an=n·2n.故选D.
10.B 解析由题意,可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682,公差为76的等差数列{an},则等差数列{an}的通项公式为an=1682+76(n-1)=76n+1606,∴a5=76×5+1606=1986,a6=76×6+1606=2062,∴可预测哈雷彗星在21世纪回归的年份为2062年.故选B.
11.B 解析∵an+1+an=2n+3,∴an+1-(n+2)=-[an-(n+1)].若an=n+1,则an+1-an=1,a1=2,则{an}是首项为2,公差为1的等差数列,则Sn=.令Sn=1450,即=1450,无正整数解,所以an≠n+1,即an-(n+1)≠0,则{an-(n+1)}是公比为-1的等比数列,∴an-(n+1)=(a1-2)·(-1)n-1,即an=(n+1)+(a1-2)·(-1)n-1,∴Sn=[2+3+…+(n+1)]+(a1-2)[1+(-1)+(-1)2+…+(-1)n-1]=+(a1-2).当n为偶数时,Sn=不符合题意,所以n为奇数,Sn=+a1-2=1450,∴a1=1452-.又a1+a2=5,∴a2=5-a1<4,即a1>1,即n(n+3)<2902.∵y=n(n+3)在区间(0,+∞)上是增函数,n为奇数,51×54=2754<2902,53×56=2968>2902,故n的最大值为51.故选B.
12.A 解析∵,∴,即Sn=(2n+1-2)an+1,∴S1=a1=2a2,又a1=,∴a2=.由an+1=Sn+1-Sn=(2n+2-2)an+2-(2n+1-2)an+1,整理得,又a1=,∴数列{an}是首项为,公比为的等比数列,∴an=,∴bn=l(a1a2…an)=l·…·=l,∴=2,∴An=21-+…+=2.
13.465 解析设{an}的前n项和为Sn.
当n为奇数时,an+2-an=1,{a2k-1}(k∈N)是首项为1,公差为1的等差数列;
当n为偶数时,an+2-an=3,{a2k}是首项为2,公差为3的等差数列,所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)==465.
14.-1 解析由Sn=+m,得Sn+1=+m,
两式相减得an+1=Sn+1-Sn=,即(an+1+an)(an+1-an-1)=0.
又an>0,an+1>0,∴an+1+an≠0,∴an+1-an-1=0,即an+1-an=1,∴{an}是等差数列,公差为1,∴a3+a5=a1+2+a1+4=10,∴a1=2,∴S1=+m,
即2=+m,∴m=-1.
15.3n2-2n 解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+×6=3n2-2n.
16.12 解析设每次操作留下的长度为{an},则a1=,a2==2,且每次操作留下的长度均为上一次操作留下长度的,所以{an}为等比数列,公比为,首项为,故an=×n-1=n,所以经过n次这样的操作后,去掉的所有线段长度总和为1-an=1-n,故1-n>,即n<,两边取对数得n(lg3-lg2)>2.
又n∈N*,所以n≥12,则n的最小值为12.
17.(1)证明由an=2an-1+1,得an+1=2(an-1+1).又a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)得an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1,∴Sn=(21+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.∵2an=2n+1-2,n+Sn=2n+1-2,∴2an=n+Sn,∴n,an,Sn成等差数列.
18.解(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n,可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n.所以Sn=.
19.解(1)设数列{an}的公比为q.因为3a1,a3,5a2成等差数列,∴3a1+5a2=2a3,即3a1+5a1q=2a1q2,即3+5q=2q2,解得q=3或q=-.∵{an}各项均为正数,∴q>0,∴q=3.由S4+5=5a3,得+5=5×32a1,解得a1=1,∴an=3n-1.
(2)由(1)知,bn=n×3n-1,则Tn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,∴3Tn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,两式相减可得-2Tn=30+31+…+3n-1-n×3n=-n×3n=×3n-,∴Tn=×3n+.
20.(1)证明由Sn+1=2Sn+2n+1,得+1.又,∴数列是以为首项,1为公差的等差数列,∴+(n-1)=,即Sn=(2n-1)·2n-1,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)·2n-1-(2n-3)·2n-2=(2n+1)·2n-2.又a1=1不满足上式,∴an=
(2)解由(1)知Sn=(2n-1)·2n-1,∴bn==n-·n,∴bn+1-bn=n+·n+1-n-n=·n,∴当n≤2时,bn+1>bn;
当n≥3时,bn+1b4>b5>…,所以bn的最大值为b3=.∵>bn对任意正整数n恒成立,∴,即m2-m-2>0,解得m<-1或m>2,故实数m的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
21.(1)解(方法一)根据题意可知,an≠0,由(n+1)an+2nan+1=0,得=-.当n≥2时,由累乘法得·…·=-·-·…·-=(-1)n-1.又a1=-,则an=(-1)n-1×-=(-1)n,当n=1时,a1=-也符合上式,所以{an}的通项公式为an=(-1)n.
(方法二)由题可知an≠0.由(n+1)an+2nan+1=0,得+2·=0,即=-.又=-,所以数列为以-为首项,-为公比的等比数列,所以,所以an=(-1)n.
(2)证明因为bn+1=k·bn+an=k·bn+(-1)n,|k|≤1,所以|bn+1|≤|k·bn|+(-1)n≤|bn|+,即|bn+1|-|bn|≤.当n≥2时,由累加法得|bn|-|b1|=|bn|-|bn-1|+|bn-1|-|bn-2|+…+|b2|-|b1|≤+…+.设Sn-1=+…+,则2Sn-1=1++…+,所以Sn-1=1++…+=2-.又b1=1,则|bn|-|b1|≤Sn-1=2-,则|bn|≤3-.当n=1时,b1=1也满足上述不等式,因此,当|k|≤1时,|bn|≤3-恒成立.
22.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则解得
因此,an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1.
ai=(2i+1)=2i+[(2n-1)-2n-1+1]=2[2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)]+2n-1=+2n-1=3×4n-1.(温馨提示:需要确定和式中的项数)
(2)①证明:对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则2k+1≤2n+1≤2k+1-1,
又因为bk故当k≥2且k∈N*时,2k-12k+1-1后需过渡到bk)
②当k≥2且k∈N*时,2k-1设等比数列{bn}的公比为q,则.
因为=2-=2+,
因为对任意k≥2且k∈N*,2-<2,2+>2恒成立,所以q=2.
当k≥2且k∈N*时,2k-12恒成立,所以b1=2.所以bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.所以{bn}的前n项和Sn==2n+1-2.