2022年高考数学二轮复习 专题三 数列 专题过关检测三（含解析）.docx

1、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.180B.190C.160D.1202.(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.52B.53C.10D.153.(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.12B.13C.23D.344.(2021北京师大附

2、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.dB.fC.eD.#d5.(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.1939B.3839C.2041D.40416.(2021

3、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.39B.45C.48D.517.(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(nN*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+

4、1),则a1+a2+a3+a100等于()A.0B.100C.-100D.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=4C.a2=3D.t=-1410.(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=1B.Sn的最小值为S3C.S1=S6D.Sn存在最大值11.已知数列an是等差数列,其前30项和为

5、390,a1=5,bn=2an,对于数列an,bn,下列选项正确的是()A.b10=8b5B.bn是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(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(nN*)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=2nB.an+1=3an-3C.an=

6、32n2+3nD.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,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 dm12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10

7、 dm12 dm,20 dm6 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 dm12 dm,10 dm6 dm,20 dm3 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全国甲,理18)已知数列a

8、n的各项均为正数,记Sn为an的前n项和,从下面中选取两个作为条件,证明另外一个成立.数列an是等差数列;数列Sn是等差数列;a2=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Snn=an+12,an+1an=2Sn,an2+an=2Sn这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.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

9、+1)2an,求数列bn的前n项和Tn.21.(12分)(2021山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,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n2时,a1a2an-1=2an-2.(1

10、)求证:数列11-an是等差数列,并求数列an的通项公式;(2)记Tn=12a1a2an,Sn=T12+T22+Tn2,求证:当nN*时,an+1-23Sn.专题过关检测三数列1.B解析 因为an+1-an=2,a1=2,所以数列an是首项为2,公差为2的等差数列.所以an=2+(n-1)2=2n.设an的前n项和为Sn,则Sn=n(2+2n)2=n2+n.所以a5+a6+a14=S14-S4=190.2.C解析 因为等比数列an的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3(a35)=log3(

11、95)=log3(310)=10.3.D解析 由题意可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.S10S5=12,设S5=2k,S10=k,k0,S10-S5=-k,S15-S10=k2,S15=3k2,S15S5=3k22k=34.4.D解析 因为a的音频是数列的第10项,440=2202212=2202211210-4,所以频率为2202Hz是该数列的第4项,其音名是#d.5.C解析 当n=1时,a1=S1=1;当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-

12、1-12n+1,所以Tn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1,所以T20=20220+1=2041.6.D解析 设该数列为an,依题意,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,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3(5+26)=51.7.D解析 由2n1,100,nN*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2(1-26)1-2=126.又1+2+3+100=1001012=5050,所以

13、在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(nN*)的整数,其余整数的和为5050-126=4924.8.B解析 由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+a100=-3+5-7+201=(-3+5)+(-7+9)+(-199+201)=250=100.9.BCD解析 当n=1时,a1=S1=1+t,当n2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=34n-2.由数列an为等比数列,可知a1必定符合an=34n-2,所以1+t=34,即t=-14.所以数列an的通项公式为an=34n

14、-2,a2=3,数列an的公比q=4.故选BCD.10.AC解析 由已知得a1+3(a1+41)=7a1+7621,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+41=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-30,a2=-20,a3=-10,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为Sn=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以Sn无最大值,故D错误.11.BD解析 设an的公差为d,由已知得305+3029d2=390,解得d=1629

15、.an=a1+(n-1)d=16n+12929.bn=2an,bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,故数列bn是等比数列,B选项正确.5d=51629=80293,b10b5=(2d)5=25d23,b108b5,A选项错误.a30=a1+29d=5+16=21,a1b30=5221105,C选项错误.a4=a1+3d=5+31629=19329,a5=a1+4d=5+41629=20929,a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析 由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,

16、此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,第n次得到数列1,x1,x2,x3,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,所以an+1=3an-3,故B项正确.由an+1=3an-3,得an+1-32=3an-32,又a1-32=92,所以an-32是首项为92,公比为3的等比数列,所以an-32=923n-1=3n

17、+12,即an=3n+12+32,故C项错误.Sn=322+32+332+32+3n+12+32=343n+1+2n-3,故D项正确.13.15解析 因为a2,a2020为方程x2-10x+16=0的两根,所以a2+a2020=10.又an为等差数列,所以a1+a2021=a2+a2020=2a1011=10,即a1011=5.所以a1+a1011+a2021=3a1011=15.14.n(n+1)2解析 因为Sn=2an-2,所以当n2时,Sn-1=2an-1-2,两式相减,得an=2an-2an-1,即an=2an-1.当n=1时,可得a1=2,所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,

18、所以an=2n.所以log2an=n,所以Tn=n(n+1)2.15.3n2-2n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=n1+n(n-1)26=3n2-2n.16.52403-n+32n解析 对折3次共可以得到52dm12dm,5dm6dm,10dm3dm,20dm32dm四种规格的图形,面积之和S3=430=120dm2;对折4次共可以得到5

19、4dm12dm,52dm6dm,5dm3dm,10dm32dm,20dm34dm五种规格的图形,S4=515=75dm2.可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)2402ndm2.则k=1nSk=S1+S2+Sn=240221+322+423+n+12n.记Tn=221+322+423+n+12n,则12Tn=222+323+n2n+n+12n+1.与式相减,得Tn-12Tn=12Tn=221+122+123+12n-n+12n+1=32-n+32n+1.故Tn=3-n+32n.故k=1nSk=240Tn=2403-n+32n.17.解 (1)设正项等比数列an的公比为q(q0

20、).由等比数列的性质可得a5a7=a62=256,因为an0,所以a6=16.所以q2=a6a4=256,即q=16.所以an=a6qn-6=1616n-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.当n5,且nN*时,Tn=n(16+20-4n)2=18n-2n2;当n6,且nN*时,Tn=T5+(4+4n-20)(n-5)2=185-252+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.综上所述,Tn=18n-2n2,n5,且nN*,2n2-18n+80,n6,且nN*.18.证明 若选,

21、设数列an的公差为d1,数列Sn的公差为d2.当nN*时,an0,d10,d20.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,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=n2a

22、1,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,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n2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,nN*,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(q0).因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+

23、3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a10,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=22n-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)13+(-1)25+(-1)37+(-1)n(2n+1),-Tn=(-1)23+(-1)35+(-1)47+(-1)n+1(2n+1),所以2Tn=-3+2(-1)2+(-1)3+(-1)n-(-1)n+1(2n+1)=-3+21-(-1)n-12+(-1)n

24、(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,则2Sn=nan+1.当n=1时,2S1=a2,又S1=a1=1,所以a2=2.当n2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(n2).又a22=1,所以当n2时,ann=1,即an=n.又a1=1符合上式,所以an=n.若选,则当n=1时,2S1=a2a1,可得a2=2.当n2时,2Sn-1=anan-1,可得2an=anan+1-anan-1.由an0,

25、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,因为an2+an=2Sn,所以当n2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an0,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=22+322+423+(n+1)2n,2Tn=222+323+424+(n+1)2n+1,两式相减,得-Tn=4

26、+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=-n2n+1,所以Tn=n2n+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=1281-32n1-32=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

27、的时间完成全部更换,则F(7)10000,即256327-1+4007+762a10000,即21a3082,所以a308221.又aN*,所以a的最小值为147.22.证明 (1)因为当n2时,a1a2an-1=2an-2,所以a1a2an=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(n2).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(nN*),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=12a1a2an=122334n+1n+2=1n+2,所以Tn2=1(n+2)21(n+2)(n+3)=1n+2-1n+3,所以Sn=T12+T22+Tn213-14+14-15+1n+2-1n+3=13-1n+3=1-1n+3-23=n+2n+3-23=an+1-23,所以当nN*时,an+1-23Sn.