2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）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.12B.1C.2D.22.(2022河南郑州二模)设等差数列an的前n项和为Sn,若a7=2,则S13的值为()A.26B.39C.56D.1173.记Sn为等差数列an的前n项和,若S3=a6,a5=10,则an的公差为()A.2B.3C.-1D.-24.2021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

2、位数之和为45,则该礼堂座位数总和是()A.570B.710C.770D.8105.已知Sn为各项均为正数的等差数列an的前n项和,若a3+a9=a62,则S11=()A.22B.20C.16D.116.(2022江西南昌二模)已知公比不为1且各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,若S4=10S2,则其公比q的值为()A.3B.2C.12D.137.(2022新疆昌吉二模)数列an是等差数列,a1=1,且a1,a2,a5构成公比为q的等比数列,则q的值为()A.1或3B.0或2C.0D.28.等差数列an的前n项和为Sn,若S1212-S1010=-2,则公差d=()A.1B.2C.-1

3、D.-29.已知数列an的前n项和为Sn,若Sn=nan,且S2+S4+S6+S60=3 720,则a1=()A.8B.6C.4D.210. 一百零八塔,位于宁夏回族自治区吴忠青铜峡市,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.39B.45C.48D.5111.(2022黑龙江一模)已知数列an满足对任意的正整数n,都有a1+a2+an-an+1=0,其中a1=3,则

4、数列an的前2 022项和是()A.322 022-3B.322 021+1C.322 021D.322 021+212.已知数列an的前n项和为Sn,前n项积为Tn,且a1=12,Sn+1Sn=2n+1-12n+1-2.若bn=-log2Tn,则数列1bn的前n项和An=()A.2nn+1B.nn+2C.n+12nD.32n+1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022黑龙江大庆三模)已知各项均为正数的等比数列an满足a5=19,a2a4=1,则该数列的公比为.14.(2022四川宜宾二模)在数列an中,若an+2+an=2an+1,a2-a1=1,则a75-a50=.

5、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.分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段,将图1中的线段三等分,以中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉得到图2,称为“一次分形”;用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作,得到图3,称为“二次分形”,依次进行“n次分形”(nN*).规定:一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度,要得到一个长度不小于30的分形图,则n的最小值是.(取1g 30.477 1,lg 20.301 0)图1图2图3三、解答题:本题共6小

6、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(n2).(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)(2022四川乐山二模)已知数列an中,a1=1,an+1=12an+1,设bn=an-2.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是否为等比数列,并说明理由;(3)求数列an的前

7、n项和Sn.20.(12分)已知数列an的前n项和为Sn.从下面中选择其中一个作为条件解答试题,若选择不同条件分别解答,则按第一个解答计分.数列an是等比数列,S2=6,且4a2,2a3,a4成等差数列;数列an是递增的等比数列,a1a4=32,a2+a3=12;Sn=2an-2.(1)求数列an的通项公式;(2)已知数列bn的前n项的和为Tn,且bn=1(log2a2n-1)(log2a2n+1).证明:Tn12.21.(12分)(2022山东聊城一模)设数列an的前n项和为Sn.对于任意的nN*,都有an+1=an+2,且S6=4a5.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn=

8、Sncos n,求数列bn的前2n项和T2n.22.(12分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,公比为2的等比数列bn的前n项和为Tn,且满足an+1log2(Tn+1)=2Sn.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)已知cn=an-12n+1TnTn+1,规定a0=0,若存在nN*使不等式c1+c2+c3+cn0,所以a6=2,所以S11=11(a1+a11)2=11a6=22.6.A解析: 由题知q0且q1.由S4=10S2,得a1(1-q4)1-q=10a1(1-q2)1-q,化简得(1-q2)(q2-9)=0,所以q=3.7.A解析: 设数列an的公差为d.a1,a2

9、,a5构成公比为q的等比数列,a22=a1a5,即(1+d)2=1+4d,解得d=0或2,a2=1或3,q=1或3.8.D解析: 设数列an的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,所以Sn+1n+1-Snn=d2,所以数列Snn是首项为a1,公差为d2的等差数列,所以S1212-S1010=2d2=-2,所以d=-2.9.C解析: Sn=nan,Sn=n(Sn-Sn-1),n2,nSn-1=(n-1)Sn,n2,变形得Sn-1n-1=Snn,n2.数列Snn是每项均为S1的常数列,Snn=S1,即Sn=nS1=na1.又S2+S4+S6+S60=3 720,

10、2a1+4a1+6a1+60a1=(2+4+6+60)a1=30622a1=3 720,解得a1=4,故选C.10.D解析: 设该数列为an,由题可知,a5,a6,成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)22=108,所以n=12,所以最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3(5+26)=51.11.C解析: 设数列an的前n项和为Sn,由题可得Sn=an+1,所以当n2时,Sn-1=an,则an=an+1-an,即an+1=2an.又a2=a1=3,所以该数列从第2项起是公比为2的等比数列,且a1=a2=3,所以

11、S2 022=3+3(1-22 021)1-2=3+3(22 021-1)=322 021.12.A解析: Sn+1Sn=2n+1-12n+1-2,an+1Sn=Sn+1-SnSn=12n+1-2,即Sn=(2n+1-2)an+1,S1=a1=2a2,又a1=12,a2=14.由an+1=Sn+1-Sn=(2n+2-2)an+2-(2n+1-2)an+1,整理得an+2an+1=12,又a1=12,a2a1=12,数列an是首项为12,公比为12的等比数列,an=1212n-1=12n,bn=log12(a1a2an)=log121212212n-112n=log1212n(n+1)2=n(n

12、+1)2,1bn=21n-1n+1,An=21-12+12-13+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.13.13解析: 设an的公比为q,由题可知q0,则a2a4=a1a5=a52q4=1,则q4=181,所以q=13.14.25解析: 由an+2+an=2an+1,得数列an是等差数列.设an的公差为d,由a2-a1=1,得d=1,所以a75-a50=25d=25.15.3n2-2n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

13、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=n1+n(n-1)26=3n2-2n.16.12解析: 由题可得“n次分形”后分形图的长度是“(n-1)次分形”后所得分形图的长度的43,且“一次分形”后分形图的长度为43,故每次分形后所得分形图的长度是首项为43,公比为43的等比数列,故“n次分形”后分形图的长度为4343n-1=43n.由43n30,两边取对数得(2lg 2-lg 3)n1+lg 3.又nN*,所以n12,故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

14、首项,2为公比的等比数列.(2)解 由(1)得an+1=22n-1=2n,an=2n-1,Sn=(21+22+23+2n)-n=2(1-2n)1-2-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

15、(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n=1-(-2)n3-n(-2)n.所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.19.解 (1)由题可知a2=12a1+1=32,a3=12a2+1=74,所以b1=a1-2=-1,b2=a2-2=-12,b3=a3-2=-14.(2)因为an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an-2).又a1-2=-1,所以数列an-2是首项为-1,公比为12的等比数列.又bn=an-2,所以数列bn是首项为-1,公比为12的等比数列.(3)由(2)可知an=2-12n-1,则Sn=a1+a2+an=2n-1+12+12n-

16、1=2n-2+12n-1.20.(1)解 若选:设an的公比为q(q0).因为S2=6,且4a2,2a3,a4成等差数列,所以a1+a1q=6,4a1q+a1q3=4a1q2,所以a1=2,q=2,所以an=22n-1=2n.若选:设an的公比为q,由题可知q0.因为数列an是等比数列,a1a4=32,a2+a3=12,所以a1a4=a2a3=32,a2+a3=12,所以a2=4,a3=8,所以q=a3a2=2,所以an=a2qn-2=42n-2=2n.若选:因为Sn=2an-2,所以Sn-1=2an-1-2(n2),两式相减可得an=2an-2an-1,即an=2an-1.又n=1时,a1=

17、2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=22n-1=2n.(2)证明 由(1)知an=2n,所以bn=1(log2a2n-1)(log2a2n+1)=1(log222n-1)(log222n+1)=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,所以Tn=1211-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=12-14n+2.因为14n+20,所以12-14n+212,即Tn12.21.解 (1)由an+1=an+2,得数列an是等差数列,设其公差为d,则d=2.由S6=4a5,得6a1+652d=4(a1+4d),即6a1+30=4(a1+8),

18、解得a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1.(2)由(1)可得Sn=1+2n-12n=n2.又因为cos n=(-1)n,所以bn=(-1)nn2,所以T2n=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=-12+22-32+42-(2n-1)2+(2n)2=(-12+22)+(-32+42)-+-(2n-1)2+(2n)2=3+7+(4n-1)=n(3+4n-1)2=2n2+n.22.解 (1)由题可知a2log2(T1+1)=2S1,即log2(b1+1)=2,可得b1=1.又等比数列bn的公比为2,bn=2n-1,Tn=2n-1,即2Sn=nan+1.当n=1时,a2=2a1.当n2时,2(Sn-Sn-1)=2an=nan+1-(n-1)an,即nan+1=(n+1)an,an+1n+1-ann=0(nN*).又a11=1,ann是常数列且ann=1,即an=n.(2)由(1)可得cn=(n-1)2n+1(2n-1)(2n+1-1)=n2n-1-n+12n+1-1(n2).c1=2a0+1T1T2=13满足上式.c1+c2+c3+cn=1-23+23-37+37-415+n2n-1-n+12n+1-1=1-n+12n+1-1.由题可知c1+c2+c3+cn1-n对nN*有解,则d1;当n2时,dn+1dn,