【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题6(数列).docx

阶段性测试题六(数列)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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(2021忻州一中检测)已知等差数列an的前13项之和为39，则a6a7a8()A6B9C12D18答案B解析解法1：依据等差数列的求和公式可得：S1313a1d39，化简得：a16d3，所以a6a7a8a15da16da17d3a118d3(a16d)339.故选B解法2：由等差数列的性质得S1313a739，a73，a6a7a83a79.2(文)(2021江西三县联考)在数列an中，a12，an1an，nN*，则a101的值为()A49 B50 C51 D52答案D解析an1an，an是等差数列，an2(n1)(n3)a10152.(理)(2021遵义航天中学二模)在数列an中，若a11，a2，(nN*)，则该数列的通项公式为()AanBanCanDan答案A解析，数列是等差数列，a11，a2，n，an，故选A3(2021山师大附中月考)设函数f(x)xmax的导函数为f (x)2x1，则数列(nN*)的前n项和是()ABCD答案A解析f (x)mxm1a，a1，m2，f(x)x2x，Sn(1)()().4(文)(2021成都市树德中学期中)已知等差数列an的公差d0，若a4a624，a2a810，则该数列的前n项和Sn的最大值为()A50B40C45D35答案C解析a4a6a2a810，a4a624，d0，a6a104d1的最大正整数n的值为()A3B4C5D6答案B解析a2a44，an0，a32，a1a212，消去a1得，6，q0，q，a18，an8()n124n，不等式anan1an2化为293n，当n4时，2934，当n5时，29350，a1)，数列an满足anf(n)(nN*)且an是单调递增数列，则实数a的取值范围是()A7,8)B(1,8)C(4,8)D(4,7)答案A解析anf(n)，且an是单调递增数列，7a8.11(2021许昌、平顶山、新乡调研)已知正项数列an的前n项的乘积等于Tn()n26n(nN*)，bnlog2an，则数列bn的前n项和Sn中最大值是()AS6BS5CS4DS3答案D解析Snb1b2bnlog2a1log2a2log2anlog2Tnlog2()n26n2(n26n)，当n3时，Sn取最大值12(文)(2022北京朝阳区期中)同时满足以下4个条件的集合记作Ak：(1)全部元素都是正整数；(2)最小元素为1；(3)最大元素为2022；(4)各个元素可以从小到大排成一个公差为k(kN*)的等差数列那么A33A61中元素的个数是()A96B94C92D90答案B解析A33中元素是首项为1，公差为33的等差数列，设项数为m，则有133(m1)2022，解得m62；A61中元素是首项为1，公差为61的等差数列，设项数为n，则有161(n1)2022，解得n34；A33A61中元素是首项为1，公差为3361的等差数列，设项数为k，则有13361(k1)2022，解得k2.所以设P(A)表示集合A中元素个数，则有P(A33A61)P(A33)P(A61)P(A33A61)3462294.(理)(2021深圳市五校联考)已知数列an的首项a11，且满足对任意的nN*，都有an1an2n，an2an32n成立，则a2022()A220221B220221C220211D220211答案A解析an2anan2an1an1an32n，又an1an2n，an2an12n1，an1an22n1，由得，an1an2n，又an1an2n，an1an2n.an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a12n12n222212n1，a2022220221.第卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13(2021洛阳市期中)若等比数列an满足a2a420，a3a540，则a5a7_.答案160解析a3a5q(a2a4)，4020q，q2，a5a7(a3a5)q24022160.14已知函数f(x)ax(0a1)，数列an满足a1f(1)，an1f(an)，nN*，则a2与a3中，较大的是_；a20，a25，a30的大小关系是_答案a2a25a30a20解析函数f(x)ax(0aa，所以aaaa，那么有a1a2，a3a2，所以a2与a3中，较大的是a2.同理可得a1a3a5a4a6，所以数列an从第一项开头，先增大后减小再增大再减小，最终趋于平衡值，奇数项的值渐渐变大趋于平衡值，偶数项的值渐渐变小趋于平衡值，所以偶数项的值总是大于奇数项的值，所以a20，a25，a30的大小关系是a25a30a20.15(文)(2022合肥八中联考)数列an的通项公式anncos，其前n项和为Sn，则S2021_.答案1006解析a10，a22，a30，a44，当n为奇数时，an0，当n为偶数时，若n4k(kN)，则ann，若n4k2，则ann.S202124682010202225031006.(理)(2022北京海淀期中)定义在(0，)上的函数f(x)满足：当x1,3)时，f(x)1|x2|；f(3x)3f(x)设关于x的函数F(x)f(x)a的零点从小到大依次为x1，x2，xn，.若a1，则x1x2x3_；若a(1,3)，则x1x2x2n_.答案146(3n1)解析由于，定义在(0，)上的函数f(x)满足：当x1,3)时，f(x)1|x2|；f(3x)3f(x)所以，f(x)的构成规律是：对于任意整数k，在每一个区间3k,3k1)上，f(x)3k|x23k|，x3k,3k1)，且在此区间上f(x)满足0f(x)3k；当a1时，F(x)f(x)a的零点从小到大依次为x12，x24，x38，所以，x1x2x314；当a(1,3)时，F(x)f(x)a的零点从小到大依次满足x1x243，x3x4432，x2n1x2n43n，所以，x1x2x2n6(3n1)16(2021江西师大附中、鹰潭一中联考)设等差数列an前n项和为Sn，若Sm11，Sm0，Sm12，则m_.答案3解析解法1：等差数列an前n项和为Sn，满足Sm11，Sm0，Sm12，解得m3.解法2：amSmSm11，am1Sm1Sm2，dam1am1，ama1(m1)da1m11，a12m，Smma1dm(2m)0，m3.三、解答题(本大题共6个小题，共74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12分)(文)(2022合肥八中联考)已知ab，且满足a2a60，b2b60，数列an、bn满足a11，a26a，an16an9an1(n2，nN*)，bnan1ban(nN*)(1)求证数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式解析(1)证明：a0，所以q.即数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，则An19(本小题满分12分)(2021桂城中学、中山一中摸底)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且aan2Sn.(1)求a1；(2)求数列an的通项；(3)若bn(nN*)，Tnb1b2bn，求证：Tn.解析(1)令n1，得aa12Sn2a1，a10，a11.(2)aan2Sn，aan12Sn1，得，(an1an)(an1an1)0，an0，an1an0，an1an1，an11(n1)n.(3)n1时b11符合；n2时，2()，12()1.Tnb1b2bn0，an12|an|，nN*.(1)若a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；(2)是否存在a1，使数列an为等差数列？若存在，求出全部这样的a1；若不存在，说明理由解析(1)a10，a22|a1|2a1，a32|a2|2|2a1|.当02时，a32(a12)4a1，a1(4a1)(2a1)2，解得a12(舍去)或a12，综上可得，a11或a12.(2)假设这样的等差数列存在，则由2a2a1a3，得2(2a1)a1(2|2a1|)，即|2a1|3a12.当a12时，a123a12，解得a10，与a12冲突；当0a12时，2a13a12，解得a11，从而an1(nN*)，此时an是一个等差数列；综上可知，当且仅当a11时，数列an为等差数列(理)(2021深圳五校联考)已知数列an满足a1，an2(n2)，Sn是数列bn的前n项和，且有1bn.(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列bn的通项公式；(3)设cn，记数列cn的前n项和为Tn，求证：Tn1.解析(1)证明：an(n2)，an11，1(n2)，1(n2)，数列是以2为首项，1为公差的等差数列(2)当n2时，bnSnSn1(2bn)(2bn1)bnbn1，bn1，即(n2)，n2n1，当n1时，b1S12，bnn2n.(3)由(1)知：2(n1)1n1，an1，，Tni(1)()()11.21(本小题满分12分)(2021安徽示范高中联考)数列an是公比为的等比数列，且1a2是a1与1a3的等比中项，前n项和为Sn；数列bn是等差数列，b18，其前n项和Tn满足Tnnbn1(为常数，且1)(1)求数列an的通项公式及的值；(2)比较与Sn的大小解析(1)由题意得，(1a2)2a1(1a3)，(1a1q)2a1(1a1q2)，q，a1，an()n.，d8，bn8n，Tn4n(n1)(2)令Cn(1)()()(1)，Cn，Sn1()n，Sn1()n，Sn，Cn0)，且a3是6a1与a2的等差中项(1)求an的通项公式；(2)设bnanlog2an，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)当n1时，S1a(S1a11)，a1a.当n2时，Sna(Snan1)Sn1a(Sn1an11)得，anaan1，即a，故数列an是首项为a1a，公比为a的等比数列，anaan1an，故a2a2，a3a3，由a3是6a1与a2的等差中项可得2a36a1a2，即2a36aa2，由于a0，所以2a2a60，即(2a3)(a2)0，解得a2或a(舍去)a2.故an2n.(2)把an2n代入bnanlog2an，得bn2nlog22nn2n，Tn12222323n2n，2Tn122223324n2n1，得Tn222232nn2n1n2n12n12n2n1，Tn2n12n2n1(n1)2n12.(理)(2022孝感高中月考)若数列An满足An1A，则称数列An为“平方递推数列”已知数列an中，a19，点(an，an1)在函数f(x)x22x的图象上，其中n为正整数(1)证明数列an1是“平方递推数列”，且数列lg(an1)为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn(a11)(a21)(an1)，求lgTn；(3)在(2)的条件下，记bn，求数列bn的前n项和Sn，并求使Sn2022的n的最小值解析(1)由题意得：an1a2an，an11(an1)2，an1是“平方递推数列”又有lg(an11)2lg(an1)，lg(an1)是以lg(a11)为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知lg(an1)lg(a11)2n12n1，lgTnlg(a11)(a21)(an1)lg(a11)lg(a21)lg(an1)2n1.(3)bn2()n1，Sn2n2n2，又Sn2022，即2n22022，n1008，又01，nmin1008.