2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考新教材） 数学 专题检测二　数列 WORD版含解析.docx

1、专题检测二数列一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2022湖南岳阳一模)已知等差数列an满足a2=4,a3+a5=4(a4-1),则数列an的前5项和为()A.10B.15C.20D.302.(2022山东日照模拟)数列an的前n项和为Sn=2n+2,数列log2an的前n项和为Tn,则T20=()A.190B.192C.180D.1823.(2022四川凉山二模)等比数列an的各项均为正数,等差数列bn的各项均为正数,若a1a5=b5b7,则a3与b6的关系是()A.a3=b6B.a3b6C.a3b6D.以上都不正确4.

2、(2022河北邯郸一模)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第十六题的“物不知数”问题,原文如下:今有物不知其数,三三数之,剩二,五五数之,剩三,七七数之,剩二.问物几何.现有一个相关的问题:将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列的项数为()A.132B.133C.134D.1355.(2022湖南长沙模拟)若数列an满足an+1=3an+2,则称an为“梦想数列”,已知各项均为正数的数列1bn-1为“梦想数列”,且b1=2,则b4=()A.281B.227C.18D.146.(

3、2022陕西汉中二模)已知各项均为正数的等比数列an满足a3=a2+2a1,若存在am,an,使得aman=16a12,则1m+9n的最小值为()A.83B.16C.114D.327.(2022福建漳州二模)已知Sn是数列an的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,记bn=an+an+1+an+2,且bn+1-bn=2,则S31=()A.171B.278C.351D.3958.(2022浙江10)已知数列an满足a1=1,an+1=an-13an2(nN*),则()A.2100a10052B.52100a1003C.3100a10072D.72100a10014成立的正整数n的最大值为4D.

4、数列bn的前n项和Snan成立的n的最小值.18.(12分)(2022湖南邵阳二模)已知数列an满足a1=1,an0,an2-an-12=2n-1(n2).(1)求an的通项公式;(2)证明:1a12+1a22+1an22.19.(12分)(2022山东淄博一模)已知数列an满足a1=1,且an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数.设bn=a2n-1.(1)求证:数列bn+2为等比数列,并求出bn的通项公式;(2)求数列an的前2n项和.20.(12分)(2022江苏泰州模拟)在3Sn+1=Sn+1,a2=19,2Sn=1-3an+1这三个条件中选择两个,补充在下面的横线上,并给出解答.

5、已知数列an的前n项和为Sn,各项均为正数的等差数列bn满足b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列.(1)求an和bn的通项公式;(2)若cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.21.(12分)(2022北京大兴模拟)治理垃圾是A地改善环境的重要举措.去年A地产生的垃圾量为200万吨,通过扩大宣传、环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.(1)写出A地的年垃圾排放量与治理年数n(nN*)的表达式;(2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量,证

6、明数列An为递减数列;(3)至少通过几年的治理,A地的年平均垃圾排放量能够低于100万吨?22.(12分)(2021天津19)已知an是公差为2的等差数列,其前8项和为64.bn是公比大于0的等比数列,b1=4,b3-b2=48.(1)求an和bn的通项公式;(2)记cn=b2n+1bn,nN*.证明:()cn2-c2n是等比数列;()k=1n akak+1ck2-c2k0,q0,故由上式可解得q=2.又aman=16a12,所以a12qm-1qn-1=16a12,即2m+n-2=16,所以m+n=6.因为m,n为正整数,所以(m,n)可取的数值组合为(1,5),(2,4),(3,3),(4,

7、2),(5,1),计算可得,当m=2,n=4时,1m+9n取最小值114.7.C解析: bn+1-bn=an+1+an+2+an+3-(an+an+1+an+2)=an+3-an=2,a1,a4,a7,是首项为1,公差为2的等差数列,a2,a5,a8,是首项为2,公差为2的等差数列,a3,a6,a9,是首项为3,公差为2的等差数列,S31=(a1+a4+a31)+(a2+a5+a29)+(a3+a6+a30)=111+111022+210+10922+310+10922=351.8.B解析: an+1-an=-13an20,则数列an单调递减,则0an13,累加得1an+1-1a113n,则1

8、a10034,所以34a1001.故100a10013n,得1ann+23,所以1an+1-1an=13-an13-3n+2=131+1n+1,累加得1an+1-1a113n+1312+13+14+1n+1,即1a100993+1+1312+13+14+110034+13126+189352.9.B解析: 记数列an为第n天派遣的人数,数列bn为第n天发放的大米升数,则an是以64为首项,7为公差的等差数列,即an=7n+57,bn是以192为首项,21为公差的等差数列,即bn=21n+171,所以a10=710+57=127,故B不正确;令64n+7n(n-1)2=1 864,解得n=16(

9、负值舍去),故A正确;官府前6天共发放1926+65221=1 467升大米,故C正确;官府前6天比最后6天少发放73106=1 260升大米,故D正确.10.B解析: 由题意得an+1n+1=2ann,故ann是首项为2,公比为2的等比数列,ann=22n-1=2n,则an=n2n,故B正确,A,C错误;Sn=21+222+n2n,2Sn=22+223+n2n+1,两式相减得Sn=n2n+1-(2+22+2n)=(n-1)2n+1+2,故D错误.11.B解析: 依题意可知an+1-an=n+1,an+1=an+n+1,故B错误;a1=1,a2=1+2=3,a3=3+3=6,a4=6+4=10

10、,a5=10+5=15,S5=1+3+6+10+15=35,故A正确;an+1-an=n+1,an-an-1=n(n2),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1=n(n+1)2,n=1时,满足该式,故C正确.1an=21n-1n+1,则1a1+1a2+1a100=21-12+12-13+1100-1101=21-1101=200101,故D正确.12.A解析: 根据题意可得an2=34an-12+14an-12=58an-12(n2),故an2是首项为a12=16,公比为58的等比数列,则an2=1658n-1,则an=1658n-1=4

11、104n-1,a3=52,故正方形MNPQ的边长为52,故其面积为254,故A错误,B正确;根据题意可得bn=1234an14an=332an2=3258n-1,可知bn为递减数列,又b4=3751 02414,b5=1 8758 19214成立的正整数n的最大值为4,故C正确;Sn=321-58n1-58=4-458n0,所以an-an-1=12.所以数列an是以12为公差,以14为首项的等差数列,所以an=14+12(n-1)=2n-14.15.4 084解析: 去除所有为1的项后,剩下的每一行的个数分别为1,2,3,对应个数构成一个首项为1,公差为1的等差数列,则前m行数字个数之和为Tm

12、=m(m+1)2,当m=10时,T10=55,故该数列的前56项和为杨辉三角中前12行数字之和减去23个1,再加上杨辉三角中第13行第二个数字12,故所求数列的前56项和为1-2121-2-23+12=4 084.16.53(4n-1)9解析: 由题可知,每次删掉的正方形数构成公比为4,首项为5的等比数列,所以经过n次操作后,共删去的正方形个数Sn=5(1-4n)1-4=53(4n-1).易知,经过n次操作后共保留4n个小正方形,其边长为13n,所以,保留下来的所有小正方形面积之和为13n24n=49n.由49n11 000,得nlog4911 000=-32(lg2-lg3)-32(0.30

13、1 0-0.477 1)8.52.所以,至少需要操作9次才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11 000.17.解 (1)(方法一)设等差数列an的公差为d(d0),则a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,解得a1=-4,d=2,则an=-4+(n-1)2=2n-6.(方法二)由a3=S5=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=0,则S4=4(a1+a4)2=2(a2+a3)=2a2,因此a2a4=2a2.因为数列an的公差不为0,所以a20,则a4=2,因此数列an的公差为a4-a3=2,从而an=0+(n-3)2=2n-6.(2)结合(1)可知,Sn=

14、-4n+n(n-1)22=n2-5n,则Snan等价于n2-5n2n-6,解得n6,又nN*,所以n7,故使Snan成立的n的最小值为7.18.(1)解 由an2-an-12=2n-1(n2),得an-12-an-22=2n-3,an-22-an-32=2n-5,a22-a12=3,由累加法得an2-a12=3+5+2n-1=(n-1)(2n-1+3)2=n2-1,所以an2=n2(n2).又a1=1满足该式,且an0,所以an=n(nN*).(2)证明 因为1an2=1n21(n-1)n=1n-1-1n(n2),所以当n2时,1a12+1a22+1an2=112+122+1n21+112+1

15、23+1(n-1)n=1+1-1n2.当n=1时,1a12=12成立,所以1a12+1a22+1an22.19.(1)证明 由题意可知,b1=a1=1,bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2a2n-1+2=2bn+2,故bn+1+2=2(bn+2),即bn+1+2bn+2=2,故bn+2是以b1+2=3为首项,以2为公比的等比数列,故bn+2=32n-1,故bn=32n-1-2.(2)解 由(1)知,bn=32n-1-2,即a2n-1=32n-1-2,故a2n=a2n-1+1,故数列an的前2n项和S2n=(a1+a3+a5+a2n-1)+(a2+a4+a6+a2n)=2(a

16、1+a3+a5+a2n-1)+n=23(1-2n)1-2-2n+n=6(2n-1)-3n.20.解 (1)选3Sn+1=Sn+1,a2=19.当n2时,3Sn=Sn-1+1,可得3an+1=an,即an+1=13an.当n=1时,3a1+19=a1+1,解得a1=13,满足a2=13a1.数列an是等比数列,首项与公比都为13,an=13n.设数列bn的公差为d,d0,b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列,(b2-1)2=b1b3,(2+d-1)2=2(2+2d),解得d=3(负值舍去),bn=2+3(n-1)=3n-1.选3Sn+1=Sn+1,2Sn=1-3an+1.将代入得6Sn+1

17、-2=1-3an+1,即2Sn+1+an+1=1,2Sn+an=1,两式相减,得2an+1+an+1-an=0,即an+1=13an.又由2S1+a1=1,得a1=13,数列an是等比数列,首项与公比都为13,an=13n.(以下同选)选a2=19,2Sn=1-3an+1.当n2时,2Sn-1=1-3an,可得2an=3an-3an+1,即an+1=13an.当n=1时,2a1=1-3a2,a2=19,解得a1=13,满足a2=13a1.数列an是等比数列,首项与公比都为13,an=13n.(以下同选)(2)cn=anbn=3n-13n,数列cn的前n项和Tn=23+532+833+3n-13

18、n,13Tn=232+533+3n-43n+3n-13n+1,两式相减可得23Tn=23+3132+133+13n-3n-13n+1=23+3191-13n-11-13-3n-13n+1=76-6n+723n+1,整理得Tn=74-6n+743n.21.(1)解 设治理n年后,A地的年垃圾排放量构成数列an.当n5,nN*时,an是首项为a1=200-20=180,公差为-20的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;当n6时,数列an是以a5=200-205=100为首项,q=34为公比的等比数列,所以an=a5qn-5=10034n-5.所以治理n年

19、后,A地的年垃圾排放量的表达式为an=200-20n,1n5,nN*,10034n-5,n6,nN*.(2)证明 设Sn为数列an的前n项和,则An=Snn.An+1-An=Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)=n(Sn+an+1)-(n+1)Snn(n+1)=nan+1-Snn(n+1)=(an+1-a1)+(an+1-a2)+(an+1-an)n(n+1).由(1)知,当1n5时,an=200-20n,an为递减数列,当n6时,an=10034n-5,an为递减数列,且a6a5,所以an为递减数列.于是an+1-a10,an+1-a20,an+1-an0,因此An

20、+1-An100,所以5年内年平均垃圾排放量不可能低于100万吨.当n6时,由于S5=700,所以An=S5+a6+a7+ann=1 000-30034n-5n.因为A9=1 000-24 3002569100,A10=100-303450,解得q=4,所以bn的通项公式为bn=4n.(2)证明 ()由(1)可得cn2=b2n+1bn2=42n+14n2=44n+142n+24n,c2n=b4n+1b2n=44n+142n,进而cn2-c2n=44n+142n+24n-44n+142n=24n.因为对任意nN*,有cn+12-c2(n+1)cn2-c2n=24n+124n=4,所以cn2-c2n是等比数列.()由(1)和(2)(),有akak+1ck2-c2k=(2k-1)(2k+1)24k=4k2-124k4k224k=2k2k,则k=1nakak+1ck2-c2k2k=1nk2k.记Tn=k=1nk2k,即Tn=12+222+323+n2n.由得12Tn=122+223+n-12n+n2n+1.由得12Tn=12+122+123+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1,从而得Tn=2-n+22n2.