适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学二轮总复习专题过关检测3数列

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.在数列{a n}中,a1=2,a n+1-a n-2=0,则a5+a6+…+a14=()
A.180
B.190
C.160
D.120
2.已知等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=()
A. B. C.10 D.15
3.(2024·湖南长沙模拟)若数列{a n}满意a n+1=3a n+2,则称{a n}为“幻想数列”,已知正项数列-1为“幻想数列”,且b1=2,则b4=()
A. B. C. D.
4.我国明代闻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220 Hz的音名是()
A.d
B.f
C.e
D.#d
5.已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列的前n项和为T n,则T20的值为()
A. B.
C. D.
6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它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项起先成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()
A.39
B.45
C.48
D.51
7.在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()
A.3 928
B.4 024
C.4 920
D.4 924
8.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()
A.0
B.100
C.-100
D.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.已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()
A.首项a1不确定
B.公比q=4
C.a2=3
D.t=-
10.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论肯定正确的是()
A.a5=1
B.S n的最小值为S3
C.S1=S6
D.S n存在最大值
11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是()
A.b10=8b5
B.{b n}是等比数列
C.a1b30=105
D.
12.在数学课堂上,老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,再把所得数列根据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(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记
a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()
A.k+1=2n
B.a n+1=3a n-3
C.a n=
D.S n=
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.记S n为等差数列{a n}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .
14.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则数列{log2a n}的前n项和T n= .
15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和
为.
16.某校学生在探讨民间剪纸艺术时,发觉剪纸时常常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 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 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 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;假如对折n次,那么S k= 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)记S n为数列{a n}的前n项和.已知+n=2a n+1.
(1)证明:{a n}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.
18.(12分)(2024·湖北襄阳模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=3,且S n+S n+1=2a n+1-3.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)①b n=a n log3a n;②b n=;③b n=a n-log3a n.
从上面三个条件中任选一个,求数列{b n}的前n项和T n.
注:假如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
19.(12分)已知数列{a n}是正项等比数列,满意a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.
20.(12分)(2024·广东东莞高三期末)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对于随意的n∈N*都有
3S n=2a n+1.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)记数列{a n}的前n项中的最大值为M n,最小值为m n,令b n=,求数列{b n}的前20项和T20.
21.(12分)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,安排用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,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,安排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)若该市安排用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.
22.(12分)已知数列{a n}满意a1=,且当n≥2时,a1a2…a n-1=-2.
(1)求证:数列是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;
(2)记T n=a1a2…a n,S n=+…+,求证:当n∈N*时,a n+1-<S n.
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.B解析因为a n+1-a n=2,a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n=2+(n-
1)×2=2n.设{a n}的前n项和为S n,则S n==n2+n.所以a5+a6+…+a14=S14-S4=190.
2.C解析因为等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,所以
log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3()=log3(95)=log3(310)=10.
3.B解析若正项数列{-1}为“幻想数列”,则有-1=3(-1)+2,即-1=-1,即,又
b1=2,所以数列{b n}为以2为首项,为公比的等比数列.故b4=2×()3=
4.D解析因为a的音频是数列的第10项,440=220=220,所以频率为
220Hz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n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合a n=2n-1,所以
a n=2n-1.所以),所以T n=(1-
+…+)=(1-)=,所以T20=
6.D解析设该数列为{a n},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)+2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为
a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.
7.D解析由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又
1+2+3+…+100==5050,所以在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)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,a n=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,a n=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201
=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.
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.BCD解析当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,a n=S n-S n-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.
由数列{a n}为等比数列,可知a1必定符合a n=3×4n-2,
所以1+t=,即t=-
所以数列{a n}的通项公式为a n=3×4n-2,a2=3,
数列{a n}的公比q=4.
故选BCD.
10.AC解析由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+1,解得a1=-3.
对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.
对于选项B,a n=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以S n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S n=-3n+,所以S n无最大值,故D错误.
11.BD解析设{a n}的公差为d,
由已知得30×5+=390,
解得d=
∴a n=a1+(n-1)d=
∵b n=,=2d,
故数列{b n}是等比数列,B选项正确.
∵5d=53,
=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.
∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.
∵a4=a1+3d=5+3,a5=a1+4d=5+4,,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,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,…,x k,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a n+1=3a n-3,故B项正确.
由a n+1=3a n-3,得a n+1-=3,
又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以a n-3n-1=,即a n=,故C项错误.
S n=+…+=(3n+1+2n-3),故D项正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.2解析由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,所以2a3=a1+a2+6,
即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.
14解析因为S n=2a n-2,所以当n≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1.
当n=1时,可得a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.
所以log2a n=n,所以T n=
15.3n2-2n 解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的全部奇数项均为奇数,全部偶数项均为偶数,并且明显{3n-2}中的全部奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的全部公共项就是
{3n-2}的全部奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n}的前n项和为S n=n×1+6=3n2-2n.
16.5240解析对折3次共可以得到dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dm dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120dm2;
对折4次共可以得到dm×12dm,dm×6dm,5dm×3dm,10dm dm,20dm dm五种规格的图
形,S4=5×15=75dm2;
……
可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,S n=(n+1)dm2.
则S k=S1+S2+…+S n=240(+…+).
记T n=+…+, ①
则T n=+…+②
①与②式相减,得T n-T n=T n=+…+
故T n=3-
故S k=240·T n=240
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.(1)证明由+n=2a n+1,
得2S n+n2=2a n n+n①,
所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②,
②-①,得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)-2a n n+1,
化简得a n+1-a n=1,
所以数列{a n}是公差为1的等差数列.
(2)解由(1)知数列{a n}的公差为1.
由=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12.
所以S n=-12n+(n-)2-,
所以当n=12或13时,S n取得最小值,且最小值为-78.
18.解 (1)当n≥2时,∵S n+S n+1=2a n+1-3,
∴S n-1+S n=2a n-3,
∴S n+1-S n-1=2a n+1-2a n,
∴a n+1+a n=2a n+1-2a n,
=3(n≥2),
当n=1时,S1+S2=2a2-3,
∴a1+a1+a2=2a2-3.
又a1=3,∴a2=9,=3.
∴数列{a n}是以3为首项,3为公比的等比数列.
∴a n=3×3n-1=3n.
(2)若选①:b n=a n log3a n=n·3n,
∴T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,
∴3T n=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,
∴-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=3n+1--n·3n+1,
∴T n=(n-)3n+1+
若选②:b n=),
∴T n=(1-)+()+()+…+()=(1+)
=
若选③:b n=a n-log3a n=3n-n,
∴T n=(3-1)+(32-2)+(33-3)+…+(3n-n)=3+32+33+…+3n-(1+2+3+…+n)
=
19.解 (1)设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0).
因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去).
所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.
所以a n=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,
所以b n=(-1)n log2a2n+1=(-1)n log222n+1=(-1)n(2n+1),
所以T n=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),
-T n=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),
所以2T n=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,
所以T n=(n+1)(-1)n-1.
20.解 (1)因为对于随意的n∈N*都有3S n=2a n+1,
所以当n≥2时,3S n-1=2a n-1+1,
两式相减得3(S n-S n-1)=(2a n+1)-(2a n-1+1),即3a n=2a n-2a n-1(n≥2),
进而得a n=-2a n-1(n≥2),
当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,
所以数列{a n}是以1为首项,-2为公比的等比数列.
所以a n=(-2)n-1.
(2)当n为奇数时,a n=2n-1,且a n>0,当n为偶数时,a n=-2n-1,且a n<0,
因此当n为大于1的奇数时,{a n}的前n项中的最大值为a n=(-2)n-1,最小值为a n-1=(-2)n-2,此时
b n=,
当n为偶数时,{a n}的前n项中的最大值为a n-1=(-2)n-2,最小值为a n=(-2)n-1,此时
b n=,
当n=1时,b1=a1,
因此{b n}的前20项和T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+…+b20)
=a1++…++…+
=S19+
21.解 (1)设a n,b n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{a n}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{b n}是首项为400,公差为a的等差数列.
所以数列{a n}的前n项和S n==256,数列{b n}的前n项和T n=400n+ a.
所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=S n+T n=256+400n+ a.
(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10000,
即256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,
所以a
又a∈N*,所以a的最小值为147.
22.证明 (1)因为当n≥2时,a1a2…a n-1=-2,所以a1a2…a n=-2,两式相除,可得a n=,
所以-1,
所以=1(n≥2).
又a1=,所以a2==3,=4,
所以=1,
所以=1(n∈N*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.
所以=3+(n-1)×1=n+2,
所以a n=
(2)因为T n=a1a2…a n=…,
所以,
所以S n=+…++…+
=1-=a n+1-, 所以当n∈N*时,a n+1-<S n.。