2022年二轮专题复习阶段检测卷 .pdf

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1、阶段检测卷 ( 三) 一、填空题 (每小题 5 分，共 70 分) 1公比为 2 的等比数列 an的各项都是正数，且a3a1116，则 a5_. 解析由 a3a1116，得 a2716，故 a74a522? a51. 答案1 2若an 为等差数列， Sn是其前 n 项的和，且 S11223 ，则 tan a6_. 解析S1111 a1a11211a6223 ，a623，tan a63. 答案 3 3 设公比为 q(q0)的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn， 若 S23a22， S43a42，则 q_. 解析由已知得a1a1q3a1q2，a1a1qa1q2a1q33a1q32， 得 a1q

2、2a1q33a1q(q21)， 即 2q2q30.解得 q32或 q1(舍)答案324 等差数列 an前 9项的和等于前 4 项的和 若 a11， aka40， 则 k_. 解由题意 S9S4，得 a5a6a7a8a90，5a70，即 a70，又 aka402a7，a10a42a7，k10. 答案10 5在等差数列 an中，a812a116，则数列 an 前 9 项的和 S9等于_ 解析设等差数列 an 的公差为 d，则 a17d12(a110d)6，即 a14da512， S99 a1a929a5108. 答案108 6设 an是公差不为 0 的等差数列， a12 且 a1，a3，a6成等比

3、数列，则 an 的精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 前 n 项和 Sn_. 解析设等差数列 an 的公差为 d， 由已知得 a23a1a6， 即(22d)22(25d)，解得 d12，故 Sn2nn n1212n247n4. 答案n247n47 若9，a，1 成等差数列， 9，m，b， n，1 成等比数列，则 ab_. 解析由已知得 a9125，b2(9)(1)9 且 b0， b3，ab(5)(3)15. 答案15 8已知实数 a

4、，b，c，d 成等比数列，且函数yln(x2)x，当 xb 时取到极大值 c，则 ad 等于_解析由等比数列的性质，得adbc，又f b 1b210，f b ln b2 bc，解得b1，c1，故 adbc1. 答案1 9设 yf(x)是一次函数， f(0)1，且 f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则 f(2)f(4) f(2n)_. 解析设 f(x)kxb(k0)，又 f(0)1，所以 b1，即 f(x)kx1(k0)由f(1)， f(4)， f(13)成等比数列，得 f2(4)f(1) f(13)， 即(4k1)2(k1)(13k1) 因为 k0，所以 k2，所以 f(x)2x1，所

5、以 f(2)f(4)f(2n)594n1n 54n12n(2n3)答案n(2n3) 10Sn是等比数列 an的前 n 项和， a1120，9S3S6，设 Tna1a2a3an，则使Tn取最小值的 n 值为_精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 解析设等比数列的公比为q，故由 9S3S6，得 9a11q31qa11q61q，解得 q2， 故TnTn1an1202n1， 易得当 n5 时，TnTn11， 即 TnTn1，据此数列单调性可得

6、T5为最小值答案5 11已知数列 an的通项公式是ann212n32，其前 n 项和是 Sn，对任意的 m，nN*且 mn，则 SnSm的最大值是 _解析由于 an(n4)(n8)，故当 n4 时，an0，Sn随 n 的增加而减小，S3S4，当 4n0，Sn随 n 的增加而增大， S7S8，当 n8 时，an0，Sn随 n 的增加而减小，故SnSmS8S4a5a6a7a8a5a6a710. 答案10 12(2013 南京师大附中模拟 )已知数列 an是公差不为 0 的等差数列， bn 是等比数列，其中 a13，b11，a2b2,3a5b3，若存在常数 u，v 对任意正整数n 都有 an3log

7、ubnv，则 uv_. 解 析设 等 差 数 列 an 的 公 差 为 d ， 等 比 数 列 bn 的 公 比 为 q， 则3dq，3 34d q2，解得 d6， q9， 所以 an6n3， bn9n1,6n33nlogu9v3logu9 对任意正整数 n恒成立，所以logu92，v3logu93，解得 uv3，故 uv6. 答案6 13 (2012 宿迁联考 )第 30 届奥运会在伦敦举行 设数列 anlogn1(n2)(nN*)，定义使 a1 a2 a3ak为整数的实数 k 为奥运吉祥数，则在区间1,2 012 内的所有奥运吉祥数之和为 _解析因为a1 a2 a3aklog23log34

8、 logk1(k2)log2(k 2)，当精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - - log2(k2)m(mZ)时，k2m21,2 012(mZ)，m2,3,4，10，所以在区间 1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为(222)(232)(2102) (2223210)18211222 026. 答案2 026 14(2013 盐城模拟 )在等差数列 an中，a25，a621，记数列1an的前 n 项和为 Sn，若 S2n1Snm15对 n

9、N*恒成立，则正整数m 的最小值为 _解析由题意可知 an4n3，且(S2n3Sn1)(S2n1Sn)1a2n31a2n21an118n918n514n10，所以 S2n1Sn是递减数列，故 (S2n1Sn)maxS3S11a21a31445m15，解得 m143，故正整数 m 的最小值为 5. 答案5 二、解答题 (共 90 分) 15(本小题满分14 分)已知数列 an 和 bn 满足： a1 ，an123ann4，bn(1)n(an3n21)，其中 为实数， n 为正整数(1)对任意实数 ，证明：数列 an不是等比数列；(2)试判断数列 bn 是否为等比数列，并证明你的结论(1)证明假设

10、存在一个实数 ，使an是等比数列， 则有 a22a1a3，即23 3249 4 ?4924 94924 ? 90，矛盾，所以 an不是等比数列(2)解因为 bn1(1)n1an13(n1)21(1)n123an2n14 23(1)n (an3n21)23bn. 又 b1( 18)，所以当 18 时，bn0(nN*)，此时 bn 不是等比数列；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 当 18 时，b1( 18)0，由 bn123bn. 可

11、知 bn0，所以bn1bn23(nN*)故当 18 时，数列bn是以 ( 18)为首项，23为公比的等比数列16(本小题满分 14 分)已知数列 an的前 n 项和是 Sn，且 Sn12an1. (1)求数列 an 的通项公式；(2)记 bnlog3a2n4，数列1bn bn2的前 n 项和为 Tn，证明： Tn316. (1)解当 n1 时，a1S1，由 S112a11，解得 a123.当 n2 时， Sn112an，Sn1112an1，SnSn112(an1an)，即 an12(an1an)an13an1.an 是以23为首项，13为公比的等比数列，其通项公式为an2313n123n. (

12、2)证明bnlog3a2n42 log33n2n. 1bn bn212n 2 n2 14n n2181n1n2. Tn18 11312141315 1n21n1n11n11n1n2181121n11n218321n11n2316. 17(本小题满分 14 分)已知等差数列 an满足： a25，a4a622，数列 bn满足 b12b2 2n1bnnan，设数列 bn 的前 n 项和为 Sn. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - - (1)

13、求数列 an ，bn的通项公式；(2)求满足 13Sn14 的 n 的集合解(1)设等差数列 an的公差为 d，则 a1d5，(a13d)(a15d)22. 解得 a13，d2.an2n1. 在 b12b2 2n1bnnan中， 令 n1， 则 b1a13， 又 b12b22nbn1(n1)an1，2nbn1(n1)an1nan. 2nbn1(n1)(2n3)n(2n1)4n3. bn14n32n. bn4n12n1(n2)经检验， b13 也符合上式，则数列 bn 的通项公式为 bn4n12n1. (2)Sn3712 (4n1)12n1，12Sn3127122 (4n5)12n1(4n1)1

14、2n. 两式相减得12Sn341212212n1(4n1)12n，12Sn3412112n1112(4n1)12n.Sn144n72n1. ? nN*，Sn14. 数列 bn 的各项为正，Sn单调递增又计算得 S514271613，满足 13Sn14 的 n 的集合为 n|n6，nN*18(本小题满分 16 分)已知函数 f(x)bxcx1的图象过原点，且关于点(1,2)成中心对称精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 11 页 - - - - - - - - - - (1)求函数 f

15、(x)的解析式；(2)若数列 an 满足 a12，an1f(an)，试证明数列anan1为等比数列，并求出数列 an 的通项公式(1)解f(0)0，c0. f(x)bxcx1的图象关于点 (1,2)成中心对称，f(x)f(2x)4，解得 b2. f(x)2xx1. (2)证明an1f(an)2anan1，当 n2 时，anan1an1an11anan1an11an12an1an112an1an111an11an12an1an11an11an12. 又a1a1120，数列anan1是首项为 2，公比为 2 的等比数列， anan12n，an2n2n1. 19(本小题满分 16 分)已知数列 an

16、的前 n 项和为 Sn，且满足 Snn2，数列 bn满足 bn1anan1，Tn为数列 bn的前 n 项和(1)求数列 an 的通项公式 an和 Tn；(2)若对任意的 nN*，不等式 Tnn(1)n恒成立，求实数 的取值范围解(1)当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n1，验证当 n1 时，也成立；所以an2n1. bn1anan112n1 2n11212n112n1，所以 Tn12113131512n112n1n2n1. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共

17、11 页 - - - - - - - - - - (2)由(1)得 2n1 n 1nn，当 n 为奇数时， 2n1 n1n2n1n1 恒成立，因为当 n 为奇数时， 2n1n1 单调递增，所以当 n1 时，2n1n1 取得最小值为 0，此时， 0. 当 n 为偶数时， 2n1 n1n2n1n3 恒成立，因为当 n 为偶数时， 2n1n3 单调递增，所以当 n2 时，2n1n3 取得最小值为152. 此时， 152. 综上所述，对于任意的正整数n，原不等式恒成立， 的取值范围是 (，0)20(本小题满分 16 分)已知数列 an满足 a1a(a0，aN*)，a1a2 anpan10(p0，p1，

18、nN*)(1)求数列 an 的通项公式 an；(2)若对每一个正整数k，若将 ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求 p 的值及对应的数列 dk记 Sk为数列 dk的前 k 项和，问是否存在a，使得 Sk30 对任意正整数 k恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由解(1)因为 a1a2 anpan10， 所以 n2 时，a1a2an1pan0，两式相减， 得an1anp1p(n2)，故数列 an 从第二项起是公比为p1p的等比数列，又当 n1 时，a1pa20，解得 a2ap，从而 anan1 ，app1pn2n2 .精品资料 -

19、 - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 11 页 - - - - - - - - - - (2)由(1)得 ak1app1pk1，ak2app1pk，ak3app1pk1，若 ak1为等差中项，则 2ak1ak2ak3，即p1p1或p1p2，解得 p13；此时 ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以 dk|ak1ak2|9a 2k1，若 ak2为等差中项，则 2ak2ak1ak3，即p1p1，此时无解；若 ak3为等差中项，则 2ak3ak1ak2，即p1p1或p1p12，解得 p23，此

20、时 ak13a212k1，ak33a212k1，所以 dk|ak1ak3|9a812k1，综上所述， p13，dk9a 2k1或 p23，dk9a812k1. 当 p13时，Sk9a(2k1)则由 Sk30，得 a103 2k1，当 k3 时，103 2k11，所以必定有 a1，所以不存在这样的最大正整数当 p23时，Sk9a4112k，则由 Sk30，得 a403 112k，因为403 112k403，所以 a13满足 Sk精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 11 页 - - -

21、 - - - - - - - 30 恒成立；但当 a14 时，存在 k5，使得 a403 112k即 Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - - -