2022年高考数学三轮专题分项模拟数列质量检测试题理 .pdf

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1、学习必备欢迎下载专题质量检测 (三)数列一、选择题1已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn，且满足S1525 ，则 tana8的值是 () A.3B3 C.33D33解析：由题意得S15215a825 ，a853，tana8tan53tan 23tan233. 答案： B 2已知数列 an 为等比数列，Sn 为其前n 项和， n N* ，若 a1a2a33，a4a5 a66，则 S12 () A15 B30 C45 D60 解析：方法一：设等比数列an 的公比为q，则a4a5a6a1a2a3a1q3a2 q3a3 q3a1a2a3q363，即 q32.故 S12(a1a2a3)(a4a5 a

2、6)(a7a8a9)(a10a11a12)(a1a2a3)(a1 q3a2 q3a3q3)(a1 q6a2 q6a3q6)(a1 q9a2 q9a3 q9)(a1 a2a3)(a1a2a3)q3(a1a2a3)q6(a1 a2a3)q9 (a1a2 a3)(1q3q6q9)3 (122223)45. 方法二：设等比数列an 的公比为q，则a4a5a6a1a2a3q363，即 q32.因为 S6a1a2a3 a4a5a69，S12S6a7a8a9a10a11 a12，所以S12 S6S6a7a8a9a10 a11a12a1a2a3 a4a5a6a1 q6a2q6 a3q6a4 q6a5 q6a6

3、q6a1a2a3a4 a5a6q6 4，所以 S125S645. 答案： C 3设 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和， a332，S392，则公比q() A.12B12C1 或12D1 或12解析：当q1 时， a1a2a332，S3a1a2a392，符合题意；当q1时，由题可得a3 a1q232，S31q92，解得 q12.故 q1 或 q12. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页学习必备欢迎下载答案： C 4已知等差数列an 的公差 d1729，a30 2，则数列 an 的前 30 项的和为 () A 15

4、 B255 C 195 D 60 解析：由题意得，an 的首项 a1 a3029d2291729 15，则 S3030 (15)30 2921729 195.故选 C. 答案： C 5设正项等比数列an 的前 n 项和为 Sn，且 210S30S10(2101)S20，则数列 an 的公比为 () A1 B.12C.14D.18解析： 设数列 an 的公比为q，因为 210S30S10 (2101)S20，所以 210(S30 S20)S20S10，由此可得210(S20S10) q10S20S10，所以 q101210.又因为 an 是正项等比数列，所以q12. 答案： B 6在下面的表格中

5、，如果每格填上一个数后，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 sin6tan4x y z A.1 B2 C3 D4 解析： 注意到 cos0 1，sin612，tan41，根据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表如下，所以xyz1，选 A. 1 322 523 121 543214x1218y516116z316精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页学习必备欢迎下载答案： A 7已知直线y b(b0)与曲线 f(x) sinx 在 y 轴右侧依次的三个交点的横坐标x1

6、，x2， x3成等比数列，则b 的值为 () A.12B.22C.32D1 解析：依题意得，x2 x1，x3 2 x1， x2 2 x3x1， ( x1)2 x1(2x1)，解得x14， bsin422，选 B. 答案： B 8已知数列 an 的前 n 项和 Sn2n1，则数列 an 的奇数项的前n 项和为 () A.2n113B.2n 123C.22n13D.22n23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，an1an2，数列 an 是等比数列，数列an 的奇数项的前n 项和为12222n 13，选

7、C. 答案： C 9将正奇数按如图所示的规律排列，则第21 行从左向右的第5 个数为 () 1 357 911131517 19212325272931 A811 B809 C807 D805 解析：由题意知前20 行共有正奇数13 5 39202400 个，则第 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 Snn4(an 0)， 则数列 an 的通项 an () A2n1 B3n22n C4n6 D5n27n 解析：因为Sn4，所以an1Sn1Sn14414(a2 n1 a2 n2an

8、12an)，即 4an1a2 n1a2 n2an 12an，整理得 2(an1an) (an1an)(an1 an)，即 (an1an)(an1 an2)0. 因为 an0，所以 an1an0，所以 an1an20，即 an1an2.当 n1 时，有S14，即 a14，整理得a2 12a110，解得 a11. 所以数列 an 是一个首项a11，公差 d2 的等差数列，其通项an12(n1) 2n1. 答案： A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页学习必备欢迎下载11如图，将等差数列an 的前 6 项填入一个三角形的顶

9、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an 的前 2 012 项和 S2 0124 024，则满足nanan n的 n的值为 () A2 012 B4 024 C2 D3 解析：设等差数列an 的公差为 d，则由 a2，a3，a5 成等差数列得2a3 a2a5，即 2(a12d)(a1 d)(a14d)，有 d0，于是 ana1，由 S2 0124 024 得 2 012a14 024，有 a12，即 an2，由nanan n得 n2 2n，结合函数y2x 与 yx2 的图象知n3. 答案： D 12考虑以下数列an ，nN* ： ann2n1； an2n1；

10、anlnnn 1. 其中满足性质 “ 对任意的正整数n，an2an2 an 1 都成立 ” 的数列有 () ABCD解析：对于，a1a32a2，因此 an 不满足性质 “ 对任意的正整数n，an2an2 an 1 都成立 ” 对于，易知数列an 是等差数列，故有an2an2an1，因此 an 满足性质 “ 对任意的正整数n，an2an2 an1 都成立 ” 对于， an2anln，2an1lnn1n22，又n1n22 2n3n0，即有an2an2an1，因此 an 满足性质 “ 对任意的正整数 n，an2an2 an 1 都成立 ” 综上所述，满足性质“ 对任意的正整数n，an2an2 an1

11、 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，则 S6_. 解析：由等差数列的性质可得，a612(a1a11)5，S623(a1a6)18. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页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，a11， 且 a1，a3， a9 成等比数列 设数列 2an的前 n 项和为 Sn，则 Sn_. 解析：设数列 an 的公差为d，由 a11， a1，a3，a9 成等比数列得12d118d

12、12d，解得d1 或 d0(舍去 )，故数列 an 的通项an1(n1) 1n，所以 2an 2n，由等比数列的前 n 项和公式得Sn222232n122n12. 答案： 2n12 15设 Sn为数列 an 的前 n 项和，若S2nSn(nN*) 是非零常数，则称该数列为“ 和等比数列 ” ，若数列 cn 是首项为2，公差为d(d0) 的等差数列，且数列cn 是“ 和等比数列” ，则d_. 解析：由题意可知，数列cn 的前n 项和为Sn2，前2n 项和为S2n2，所以S2nSn22 22nd4ndd2214dnd.因为数列 cn 是“ 和等比数列 ” ，即S2nSn为非零常数，所以d 4. 答

13、案： 4 16设 an 是集合 2t 2s|0 st，且 s，t Z 中所有的数按从小到大的顺序排成的数列，即a1 3，a25，a36，a49，a510，a612，. 将数列 an 中的各项按照上小下大，左小右大的原则写成如图所示的三角形数表，则这个三角形数表的第n 行的数字之和是_3 56 91012 解析：根据数列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，数列的第二项对应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(2n

14、20)(2n21) (2n22)(2n2n1)n 2n12n12(n1) 2n1. 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，且满足a2 2a2 3a2 4a2 5，S77. (1)求数列 an 的通项公式及前n项和 Sn；(2)试求所有的正整数m，使得amam1am2为数列 an 中的项解析： (1)设数列 an 的公差为 d(d0) ，由 a2 2a2 3a2 4a2 5得 a2 2a2 5a2 4a2 3，即(a2a5)(a2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共

15、 9 页学习必备欢迎下载a5)(a4 a3)(a4a3)，即 3d(a4a3)d(a4a3)，因为 d0 ，所以 a4a30，即 2a15d0，又由 S77 得 7a17 62d7，解得 a1 5，d2，所以数列 an 的通项公式an2n 7，前 n 项和 Snn26n. (2)方法一：amam1am22m3，设 2m3t，则amam1am2tt8t6，又amam1am2是数列 an 中的项，则t8t6 是整数，所以t 为 8 的约数，因为t 是奇数，所以 t 可取的值为 1. 当 t1 时， m2，t8t63，由 a52 573，知amam1am2是数列 an 中的项；当 t 1 时， m1

16、，t8t6 15，而数列 an 中的最小项是5，故 m1 不符合题意；所以满足条件的正整数m2. 方法二： 若amam1am222am 2am268am2为数列 an 中的项，则8am2为整数，则由 (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 f(x) 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 满足 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 f

17、(x) 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bnan3n2n13n，则 Sn131332 2n33n12n13n，13Sn1323332n33n2n13n1，得23Sn1323223323n2n13n11329113n11132n13n1232n 23n 1，则 Sn1n 13n. 19已知数列 an 是等比数列，且3a1,2a2，a3 成等差数列(1)若 a2 0112 011，试求 a2 013 的值；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6

18、页，共 9 页学习必备欢迎下载(2)若 a13，公比 q1 ，设 bn1ln anln an1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn. 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，q1 ，及 (1)易知 an3 3n13n，则 bn1lnan lnan 111ln231n1n1，所以 Tn1ln23111212131n1n11ln2311n1n. 20已知正项数列an 满足 a11，Sn 是数列 an 的前 n 项和

19、，对任意的nN* ，有 2Sn2a2 nan1. (1)求数列 an 的通项公式；(2)记 bnan2n，求数列 bn 的前 n 项和 Tn. 解析： (1)2Sn2a2 nan1,2Sn12a2 n1an 11，两式相减得：2an12(an1an)(an1an)(an1an)，即 (an1an)(2an12an1)0. an0， 2an12an1 0， an1an12. 数列 an 是以 1 为首项，12为公差的等差数列，ann12. (2)bnan2nn12n 1，则 Tn222323424n12n1，12Tn223324425n 12n2，得12Tn222123124125 12n1n1

20、2n212123112n1112n12n23412n 1n12n2，Tn3212nn12n132n32n1. 21设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 anSn1. (1)求数列 an 的通项公式；(2)设数列 bn 满足： bn1an1， 又 cn1an1bnbn1，且数列 cn 的前 n 项和为 Tn，求证：Tn23. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页学习必备欢迎下载解析： (1)由 anSn1 得 an 1Sn11(n2) ，两式相减并整理得anan112(n 2) ，又 a1S11，易知 a112，故数

21、列 an 是首项为12，公比为12的等比数列，所以an12n. (2)证明：由 (1)知 bn2n 1，cn2n11212n112n11，故 Tn2121112211221123112n112n1 121312n1123. 22数列 an 的前 n 项的和为 Sn，且 anSn 2n1(nN*) (1)证明：数列 an2是等比数列；(2)若数列 bn 满足 b11，且 bn 1bn nan(nN*) ，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. 2(an 12)an2，且当 n1 时， a1S

22、1 3，即 a132，a12120 ， an20 ，an12an212. an 2是以12为首项，12为公比的等比数列(2)由(1)的结论易知an21212n112n，an12n2. bn1bnnan， bn1bnn12n2n，bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1) 111212 1 2122 2 2 12n111121212212n 1 2 12(n1) 11212122(n1) 12n1n(n1)，令 T 1121 2122(n 1) 12n1，12T12111222123(n2) 12n1(n1) 12n，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页学习必备欢迎下载T12T12T1122123 12n1(n1) 12n，12T1212112n1112(n1)12n 32(n1)12n，即 T 3(n1)12n1. bnT n(n1)3(n1)12n1n(n1)，即 bn3(n1)12n1 n(n1)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页