2022版高考数学一轮复习-考案5-第五章-数列新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 考案5 第五章 数列新人教版

2022版高考数学一轮复习 考案5 第五章 数列新人教版

年级：
姓名：

第五章　数列
(时间：120分钟　满分150分)
一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．数列，－，，－，…的一个通项公式为(　D　)
A．an＝(－1)n·
B．an＝(－1)n·
C．an＝(－1)n＋1·
D．an＝(－1)n＋1·
[解析]　该数列是分数形式，分子为奇数2n＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n＋1来确定，所以D选项正确．
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝60，则S30＝(　C　)
A．100　　 B．120　　
C．140　　 D．160
[解析]　由等比数列的性质可知，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
则(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(60－20)2＝20(S30－60)，解得S30＝140.
3．(2021·河北衡水中学模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S10＝100，则a7的值为(　C　)
A．11　　 B．12　　
C．13　　 D．14
[解析]　由S10＝100及公差为2，得10a1＋×2＝100，得a1＝1.所以an＝2n－1，故a7＝13.故选C.
4．(2021·山东潍坊期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝28，＝，则数列{an}的公比为(　B　)
A．2　　 B．3　　
C．　　 D．
[解析]　设数列{an}的公比为q，由题意知q≠1，因为＝28，＝，所以1＋qm＝28，qm＝，所以m＝3，q＝3.故选B.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为(　B　)
A．6　　 B．7　　
C．8　　 D．13
[解析]　根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0.所以a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n的值为7.故选B.
6．(2021·江西南昌三中模拟)在等比数列{an}中，已知对任意的正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，则a＋a＋…＋a＝(　A　)
A.(4n－1)　　 B．2n－1
C.(2n－1)　　 D．4n－1
[解析]　通解：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m对任意的正整数n均成立，∴a1＝2＋m，a2＝2，a3＝4.∵{an}是等比数列，∴m＝－1，a1＝1，q＝2，∴a＋a＋…＋a＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝(4n－1)．故选A.
优解：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，∴当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝2＋m，满足上式，∴m＝－1，即等比数列{an}的首项为1，公比为2，∴an＝2n－1，∴a＋a＋…＋a＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝(4n－1)．故选A.
7．(2021·天津六校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan 的值是(　D　)
A．1　　 B．　　
C．－　　 D．－
[解析]　∵{an}是等比数列，∴a2·a6·a10＝a＝3，∴a6＝.∵{bn}是等差数列，∴b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，∴b6＝，∴tan ＝tan ＝tan ＝－tan ＝－tan ＝－，选D.
8．(2020·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为(　B　)
A．3　　 B．4　　
C．2－2　　 D．
[解析]　由已知有a＝a1a13，所以有(a1＋2d)2＝a1(a1＋12d)，d＝2(d≠0)，数列{an}通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝n2，所以＝＝(n＋1)＋－2≥4，当且仅当n＋1＝，即n＝2时等号成立．故选B.
二、多选题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝(　AD　)
A．2　　 B．
C．3　　 D．
[解析]　由a1，a2＋1，a3成等差数列，
得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，
即a1(q2－2q＋1)＝2， ①
又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14， ②
①÷②得：＝，解得q＝2或q＝.
另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，
得3a2＋2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2＝4，
则S3＝＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝.故选AD.
10．若数列{an}满足对任意n≥2(n∈N)都有(an－an－1－2)·(an－2an－1)＝0，则下面选项中正确的是(　ABD　)
A．{an}可以是等差数列
B．{an}可以是等比数列
C．{an}可以既是等差数列又是等比数列
D．{an}可以既不是等差数列又不是等比数列
[解析]　因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，
所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，
即an－an－1＝2或an＝2an－1，
当an≠0，an－1≠0时，{an}是等差数列或等比数列；
当an＝0或an－1＝0时，{an}可以不是等差数列，也可以不是等比数列，比如数列，2,0,0,0，…….故选A、B、D.
11．《张丘建算经》是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈．头节高五寸①，头圈一尺三②.逐节多三分③，逐圈少分三④.一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：①第一节(最下面一节)的高度为0.5尺；②第一圈(最下面一圈)的周长为1.3尺；③每节比其下面的一节多0.03尺；④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)下列说法正确的是(　AD　)
A．蚂蚁爬到第10节底部时的高度是5.58尺
B．蚂蚁爬到第10节底部时的高度是6.35尺
C．蚂蚁爬到竹子顶的行程是73.995尺
D．蚂蚁爬到竹子顶的行程是61.395尺
[解析]　设从地面往上，每节竹长依次为a1尺，a2尺，a3尺，…，a30尺，所以{an}是以a1＝0.5为首项，0. 03为公差的等差数列，an＝0.5＋0.03(n－1)＝0.03n＋0.47，前n项和Sn＝0.5n＋0.015n(n－1)＝0.015n2＋0.485n，S9＝5.58，A正确，B错误．
由题意知竹节圈长，上面一圈比下面一圈少0.013尺，设从地面往上，每节圈长依次为b1尺，b2尺，b3尺，…，b30尺，所以{bn}是以b1＝1.3为首项，－0.013为公差的等差数列，所以一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程为(0.015×302＋0.485×30)＋＝61.395(尺)，C错误，D正确．
12．(2021·山东十校联考)设数列{an}和{bn}分别是等差数列与等比数列，且a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，则以下结论不正确的是(　BCD　)
A．a2>b2　　 B．a3<b3
C．a5>b5　　 D．a6>b6
[解析]　设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d，q，则由题设得解得，则a2－b2＝3－>3－＝0；故A正确．同理，其余都错，故选BCD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．(2021·湖北武汉模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝3，a7a8a9＝ 27，则a4a5a6＝ 9 .
[解析]　依题意，得a1a2a3＝a＝3，得a2＝，由a7a8a9＝a＝27，得a8＝3，∴a4a5a6＝a＝()3＝(3×3)＝3＝32＝9.
14．(2021·云南师大附中月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，则S4＝ 85 .
[解析]　an＋1＝3Sn＋1①，an＝3Sn－1＋1(n≥2)②，①－②得：an＋1＝4an(n≥2)，又a1＝1，a2＝3a1＋1＝4，∴{an}是首项为1，公比为4的等比数列，∴S4＝＝85.或S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋4＋16＋64＝85.
15．(2021·山东泰安期末)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(guǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二个节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为 1.5 尺．
[解析]　设这十二个节气的日影长构成等差数列{an}，公差为d，前n项和为Sn，由题意得，即解得所以夏至的日影子长为1.5尺．
16．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有＋＋…＋<t，则实数t的取值范围为　　.
[解析]　因为数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以＝，数列是首项为，公比为的等比数列，则＋＋…＋＝＝<，则实数t的取值范围为.故填.
四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.　
(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
[解析]　(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.
∵an＋1＝2an＋4，
∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，
∴＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0.
∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.
又当n＝1时，上式也满足．
∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.
18．(本小题满分12分)(2021·山东省济南第一中学期中考试)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
[解析]　(1)∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，
∴3a2＝12，所以a2＝4，
又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，
∴a＝2a1·(a3＋1)，即a＝2(a2－d)·(a2＋d＋1)，
解得，d＝3或d＝－4(舍去)，
∴a1＝a2－d＝1，故an＝3n－2.
(2)bn＝＝＝(3n－2)·，
∴Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)×， ①
①×得Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)×. ②
①－②得Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×，
∴Tn＝－×－×＝－×.
19．(本小题满分12分)(2021·湖南五市十校联考)已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝，设bn＝log2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列的前n项和Tn.
[解析]　(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，
S1＝＝a1，∴a2＝8.
n≥2时，Sn－1＝，
则an＝Sn－Sn－1＝－，
整理得＝4.
又＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，
∴an＝2·4n－1＝22n－1.
(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，
则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，
且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．
(3)由(2)得bn＝2n－1，
∴＝＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝.
20．(本小题满分12分)(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2(负值舍去)．所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.　
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有
Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n， ③
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1， ④
③－④，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16.
得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
21．(本小题满分12分)(2021·广东广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－2)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.
(2)当n＝1时，＝，所以b1＝2a1＝2.
当n≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)n， ①
得＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1. ②
①－②，得＝(4n－3)n.
因为an＝4n－3，所以bn＝＝2n(当n＝1时也符合)，
所以＝＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Tn＝＝2n＋1－2.
22．(本小题满分12分)(2021·湖南岳阳一中质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，b1＝1，点(Tn＋1，Tn)在直线－＝上，若存在n∈N*，使不等式＋＋…＋≥m，成立，求实数m的取值范围．
[解析]　(1)∵Sn＝2an－2 ①
∴Sn＋1＝2an＋1－2， ②
②－①得an＋1＝2an＋1－2an，
∴an＋1＝2an，即＝2.
a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，
∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＝2n.
(2)由题意得，－＝，
∴成等差数列，公差为.
首项＝＝1，
∴＝1＋(n－1)＝，Tn＝，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＝n，
b1＝1也适合上式，
∴bn＝n，∴＝＝＝nn－1，
令Mn＝＋＋…＋.
Mn＝1＋2×＋3×2＋…＋n×n－1， ③
Mn＝＋2×2＋3×3＋…＋n×n， ④
③－④得，Mn＝1＋＋2＋3＋…＋n－1－n×n＝－n×n＝2－(n＋2)n，
∴Mn＝4－(n＋2)n－1.
∵Mn＋1－Mn＝4－(n＋3)n－4＋(n＋2)n－1＝>0，
∴{Mn}为递增数列，∴Mn<4.
∴m<4，实数m的取值范围为(－∞，4)．