2022年高考数学三轮专题分项模拟数列质量检测试题理.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载数列专题质量检测 三一、挑选题1已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn,且满意 S1525,就 tana8 的值是 A.3B3 C.3D333解析：由题意得S1515a825,2a85 3,tana8tan5tan 32 3tan23. 答案： B 2已知数列 an 为等比数列, Sn 为其前6,就 S12 A15 B30 C45 D60 n 项和, n N* ,如 a1a2a33,a4a5 a6解析：方法一：设等比数列an 的公比为 q,就a4a5a6 a1a2a3a1·q3a2·q3a3·q3 a1a2a3q36 3,即 q32.故 S12a1a2a3a4a5 a6a7a8a9a10a11a12a1a2a3a1 ·q3a2·q3a3·q3a1 ·q6a2·q6a3·q6a1 ·q9a2·q9a3·q9a1 a2a3a1a2a3q3a1a2a3q6a1 a2a3q9 a1a2 a31q3q6q93× 12222345. 方法二：设等比数列an 的公比为q,就a4a5a6 a1a2a3q36 3,即 q32.由于 S6a1a2a3 a4a5a69,S12S6a7a8a9a10a11 a12,所以S12 S6a7a8a9a10 a11a12a1·q6a2·q6 a3·q6a4·q6a5·q6a6·q6S6 a1a2a3 a4a5a6 a1a2a3a4 a5a6q6 4,所以 S125S645. 答案： C 名师归纳总结 3设 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和, a33 2,S39 2,就公比q q 1时,由题可得第 1 页,共 9 页A.1B122C1 或1D1 或122解析：当q1 时, a1a2a33 2,S3a1a2a39 2,符合题意；当a3 a1q23 2,9 2,解得 q1 2.故 q1 或 q1 2. S31q- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载答案： C 4已知等差数列 an 的公差 d29,a30 2,就数列 an 的前 30 项的和为 17 A 15 B 255 C 195 D 60 解析：由题意得,an 的首项 a1 a3029d229×17 29 15,就 S3030× 1530×29×17 195.应选 C. 29答案： C 5设正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 210S30S102101S20,就数列 an 的公比为 A1 B.1 2C.1 4 D.1 8解析： 设数列 an 的公比为 q,由于 210S30S10 2101 ·S20,所以 210S30 S20S20S10,由此可得 210S20S10·q10S20S10,所以 q101 2 10.又由于 an 是正项等比数列,所以 q1 2. 答案： B 6在下面的表格中,假如每格填上一个数后,每一横行成等差数列,每一纵列成等比数列,那么 x yz 的值为 cos0 2 sin tan 46x y z 名师归纳总结 A.1 B2 C3 D4 每一纵列成等比数列,第 2 页,共 9 页解析： 留意到 cos0 1,sin 61 2,tan 41,依据每一横行成等差数列,填表如下,所以xyz1,选 A. 1 32 53 2211 5324231x1421 8y5 161 16z16- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载答案： A 7已知直线 y bb0与曲线 fx sinx 在 y 轴右侧依次的三个交点的横坐标 x1,x2, x3成等比数列,就 b 的值为 1 2 3A. 2 B. 2 C. 2 D1 解析：依题意得,x2x1,x3 2x1, x22 x3x1, x12 x1· 2 x1,解得x14, bsin 42,选 B. 2答案： B 8已知数列 an 的前 n 项和 Sn2n1,就数列 an 的奇数项的前 n 项和为 2n11 2n 12A. 3 B. 322n1 22n2C. 3 D. 3解析：依题意得当 n2时,anSnSn12n1；当 n 1 时, a1S1211,an 2n1 也适合 a1.因此, an2n 1,an1 an2,数列 an 是等比数列,数列 an 的奇数项的前n 项和为12222n 13,选 C. 答案： C 9将正奇数按如下列图的规律排列,就第21 行从左向右的第5 个数为 1 357 1517 2931 911131921232527A811 B809 C807 D805 解析：由题意知前 20 行共有正奇数 13 5 39202400 个,就第 21 行从左向右的第 5 个数是第 405 个正奇数,所以这个数是 2× 4051809. 答案： B 10已知数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 Snnan 0,就数列 an 的通项 an 144A2n1 B3n22n C4n6 D5n27n 解析：由于Sn,所以an1Sn1Sn1444a2n1 a2n2an12an,即 4an1a2n1a2n2an 12an,整理得 2an1an an1anan1 an,即 an1anan1 an20. 由于 an0,所以 an1an0,所以 an1an20,即 an1an2.当 n1 时,有S1,即 a14,整理得 a212a110,解得 a11. 4所以数列 an 是一个首项a11,公差 d2 的等差数列,其通项an12n1 2n1. 答案： A 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载11如图,将等差数列 an 的前 6 项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置,且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列,数列nanann的 n 的值为 A2 012 B4 024 C2 D3 an 的前 2 012 项和 S2 0124 024,就满意解析：设等差数列an 的公差为 d,就由 a2,a3,a5 成等差数列得2a3 a2a5,即 2a12da1 da14d,有 d0,于是 ana1,由 S2 0124 024 得 2 012a14 024,有 a12,即 an2,由na nann得 n2 2n,结合函数y2x 与 yx2 的图象知 n3. 答案： D n12考虑以下数列 an ,nN* ： ann2n1； an2n1； anln n 1. 其中满意性质 “对任意的正整数 n,an2an 2 an1 都成立 ” 的数列有 A BC D解析：对于,a1a32a2,因此 an 不满意性质 “ 对任意的正整数 n,an2an2 an 1 都an2an成立 ”对于,易知数列 an 是等差数列,故有 2an1,因此 an 满意性质 “ 对任意的正整数 n,an2an2an1 都成立 ” 对于, an2anln,2an1ln n1 n2 2,n1又n2 2 2n30,即有an2anan1,因此 an 满意性质 “ 对任意的正n2整数 n,an2an 2 an1 都成立 ”综上所述,满意性质“对任意的正整数 n,an2an2 an1 都成立 ”的数列为 .所以选 B. 答案： B 二、填空题13设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和,且 a11,a11 9,就 S6_. 名师归纳总结 解析：由等差数列的性质可得,a61 2a1a115,S63a1a618. 第 4 页,共 9 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载答案： 18 14已知数列 an 是公差不为零的等差数列,的前 n 项和为 Sn,就 Sn_. a11,且 a1,a3,a9 成等比数列 设数列 2an解析：设数列 an 的公差为d,由 a11, a1,a3,a9 成等比数列得12d 118d 12d,解得 d1 或 d0舍去 ,故数列 an 的通项 an1n1 ×1n,所以 2an 2n,由等比数列的前 n 项和公式得Sn22223 2n2n12. 12答案： 2n12 S2n15设 Sn 为数列 an 的前 n 项和,如 Sn nN* 是非零常数,就称该数列为“ 和等比数列 ”,如数列 cn 是首项为 2,公差为 dd 0的等差数列,且数列 cn 是“ 和等比数列 ”,就 d_. 解析：由题意可知,数列cn 的前n 项和为Sn,前2n 项和为S2n2,所以S2n Sn2 22nd 4ndd212 4d .由于数列 cn 是“ 和22d 4. nd等比数列 ”,即S2n Sn为非零常数,所以答案： 4 16设 an 是集合 2t 2s|0 st,且 s,t Z 中全部的数按从小到大的次序排成的数列,即a1 3,a25,a36,a49,a510,a612, .将数列 an 中的各项依据上小下大,左小右大的原就写成如下列图的三角形数表,就这个三角形数表的第 _3 56 12 910n 行的数字之和是解析：依据数列 an 中的项与集合中的元素的关系,数列的第一项对应 s0,t 1,数列的其次项对应 s0,t2,第三项对应 s1,t2,第四项对应 s0,t3,第五项对应 s 1,t3,第六项对应 s2,t3 由此可得规律, 数表中的第 n 行对应 tn,s0,1,2,3, ,n1故第 n 行的数字之和是 2n20 2n21 2n22 2n2n1n·2n12nn1 ·2n1. 12答案： n1 ·2n 1 三、解答题17设数列 an 是公差不为零的等差数列,Sn 为其前 n 项和,且满意a22a23a24a25,S77. 1求数列 an 的通项公式及前 n 项和 Sn；2试求全部的正整数 m,使得amam1 am2 为数列 an 中的项解析： 1设数列 an 的公差为 dd 0,由 a22a23a24a25得 a22a25a24a23,即a2a5a2名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载a5a4 a3a4a3,即 3da4a3da4a3,由于 d 0,所以 a4a30,即 2a15d0,又由 S77 得 7a17×6 2 d7,解得 a1 5,d2,所以数列 an 的通项公式 an2n 7,前 n 项和 Snn26n. amam12方法一：am22m3,设 2m3t,就amam1am2tt8 t6,t 为 8 的约数,由于t 是奇数,所又amam1 am2是数列 an 中的项,就t8 t6 是整数,所以以 t 可取的值为 ±1. 当 t1 时, m2,t8 t63,由 a52× 573,知 amam1 am2是数列 an 中的项；当 t 1 时, m1,t8 t6 15,而数列 an 中的最小项是所以满意条件的正整数 m2. 5,故 m1 不符合题意；方法二： 如amam1am22am 22am268为数列 an 中的项,am2就8 am2为整数,就由 1知： am 2 为奇数,所以am22m3±1,即 m1,2. 经检验,符合题意的正整数只有m2. 18已知在数列 an 中, a11,且点 an, an1在函数 fx x2 的图象上 nN* 1证明数列 an 是等差数列,并求数列 an 的通项公式；2设数列 bn 满意 bnan3n,求数列 bn 的通项公式及其前 n 项和 Sn. 解析： 1点 an,an1在函数 fx x 2 的图象上,an1an 2,an1an 2,an 是以 a11 为首项, 2 为公差的等差数列,an2n1. 2由题易知 bnan 3n2n13n,就 Sn131332 2n33n12n13n,3Sn 1 32 3 33 2n32n13n1,2 1得2 3Sn1 3 2 32 2 33 2 3n2n11 39× 111 3n132n13n12 32n 2,就 Sn1n 1 3n . 19已知数列 an 是等比数列,且3a1,2a2,a3 成等差数列1如 a2 0112 011,试求 a2 013 的值；名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2如 a13,公比 q 1,设 bnln an学习必备欢迎下载1,求数列 bn 的前 n 项和 Tn. ·ln an1解析： 1由 4a23a1a3,得 4a1q3a1a1q2,q2 4q3 0,解得 q1 或 q3. 又 a2 0112 011,所以 a2 0132 011 或 a2 0132 011 ×918 099. 2由 a13,q 1,及 1易知 an3×3n13n,就 bnlnan ·lnan 1 111 ln23 1 nn1,1所以 Tn1 ln23 1 1 21 21 3 1 nn1 1 ln23 1n11n . 20已知正项数列 an 满意 a11,Sn 是数列 an 的前 n 项和,对任意的 nN* ,有 2Sn2a2nan1. 1求数列 an 的通项公式；2记 bnan 2n,求数列 bn 的前 n 项和 Tn. 2an12an1解析： 12Sn2a2nan1,2Sn12a2n1an 11,两式相减得：anan1anan1an,即 an1an2an12an10. an0, 2an12an1 0, an1an1 2. 1 21 23× 11 2n1n1 2n23 4数列 an 是以 1 为首项,1 2为公差的等差数列,ann1 2 . 2bnan 2n n1 2n 1,就 Tn2 22 3 23 4 24 n1 2n1,1 2Tn23 3 24 4 25 n 1 2n2,得1 2Tn 2 22 1 23 1 24 1 25 1n1 2n22n111 21n1,2n 1 2n2Tn 3 2 1 2n n1 2n13 2 n3 2n1. 21设数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 anSn1. 1求数列 an 的通项公式；名师归纳总结 2设数列 bn 满意： bn1 an1,又 cn1 an1bnbn1,且数列 cn 的前 n 项和为 Tn,求证：第 7 页,共 9 页Tn2 3. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析： 1由 anSn1 得 an 1Sn11n 2,两式相减并整理得an1 an1 2n 2,又 a1S11,易知 a12,故数列 an 是首项为 1 2,公比为1 2的等比数列,所以 an1 2n. 2证明：由 1知 bn2n 1,cn2n112 2n1 12n11,1故 Tn2211 12211221 1231 12n1 12n1 1 12 1 32n112 3. 22数列 an 的前 n 项的和为 Sn,且 anSn 2n1nN* 1证明：数列 an 2 是等比数列；2如数列 bn 满意 b11,且 bn 1bn nannN* ,求数列 bn 的通项公式解析： 1证明： anSn 2n1,an1Sn1 2n3,以上两式相减得,an1anSn1Sn 2,2an1an2. 2an 12an2,且当 n1 时, a1S1 3,即 a13 2,a121 2 0, an2 0,an12an21 2. an 2 是以1 为首项,1 为公比的等比数列2 22由1的结论易知 an21 2·12 n112 n,an1 2 n2. bn1bnnan, bn1bnn 1 2 n2n,bnb1b2b1b3b2 bnbn1 名师归纳总结 1 1×1 2 12×1 2×1 2 2 2×2 第 8 页,共 9 页1 2 n11 1×1 2 12×1 2 2 1 2 n 1 2×12 n1 11 2 12×1 2 2 n1 ×1 2 n1nn1,令 T 11 2 1 2×1 2 2 n 1 ×1 2 n1,1 2T1 2 11×1 2 22×1 2 3 n2 ×1 2 n1n1 ×1 2 n,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - T1 2T1 2T11 2 21 2 3 学习必备欢迎下载1 2 n,1 2 n1n1 ×名师归纳总结 1 2T1 21 2 11 2 n1n1 ×1 2 n 第 9 页,共 9 页11 23 2n1 × 1 2 n,即 T 3n1 ×1 2 n1. bnT nn13n1 ×1 2 n1nn1,即 bn3n1 ×1 2 n1 nn1- - - - - - -