适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测2数列理（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数列理（附解析），共8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.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广西南宁一模)已知数列{an}满足a1=,an+1=,则数列{}的前5项和为( )
A.25B.26C.32D.
4.(2022全国乙,理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则( )
A.b15.(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河南郑州一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S8≥S7≥S9,则公差d的取值范围是( )
A.[-,-]B.[-,-]
C.[-,-]D.[-,0]
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.-2C.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)(2023甘肃高考一诊)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a6=2,S5=5,数列{bn}满足b1+b2+…+bn=2n+1-2,n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求满足Tn≥的最小正整数n.
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.A 解析 数列{an}满足a1=,an+1=,取倒数得=1,故数列{}是以=3为首项,1为公差的等差数列,所以S5=5×3+1=25.故选A.
4.D 解析 依题意,不妨令ak=1(k=1,2,…),则b1=2,b2=,b3=,b4=,b5=,b6=,b7=,b8=,
所以b1>b5,b3>b8,b6>b2,b45.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.A 解析 (方法一)∵{an}为等差数列,a1=2,∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)d.
∵S8≥S7≥S9,解得
∴-d≤-
(方法二)∵{an}为等差数列,a1=2,
∴Sn=na1+d=2n+d.
∵
解得-d≤-故选A.
8.A 解析 (方法一)设a1=2csθ,a4=2sinθ,则a2+a3=a1+a4=2sin(θ+),∴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=2(1-+…+)=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}(k∈N*)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.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则解得a1=d=,所以an=(n-1)=3分
当n=1时,b1=22-2=2,当n≥2时,b1+b2+…+bn-1+bn=2n+1-2,可得b1+b2+…+bn-1=2n-2,
上述两个等式作差可得,bn=2n+1-2n=2n,b1=2也满足bn=2n,故对任意的n∈N*,bn=2n.6分
(2)由(1)得cn=,所以Tn=1-+…+=1-由Tn得1-,即n≥2023,则满足Tn的最小正整数n为2023.12分
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)(第一步:求解等差数列的基本量)
设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则解得
(第二步:写出等差数列的通项公式)
因此,an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1.
(第三步:求和)
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:(第一步:求出an的取值范围)
对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则2k+1≤2n+1≤2k+1-1,
(第二步:根据不等式恒成立可证得结论成立)
又因为bk2k+1-1后需过渡到bk)
②(第一步:求公比)
当k≥2且k∈N*时,2k-1设等比数列{bn}的公比为q.则2恒成立,所以q=2.
(第二步:求首项b1)
当k≥2且k∈N*时,2k-12恒成立,所以b1=2.
(第三步:求通项)
所以bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.
(第四步:求和)
所以{bn}的前n项和Sn==2n+1-2.