2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列专题检测卷二数列含解析.doc

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1、专题检测卷(二)数列(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.(2020合肥质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，a13，2a43a79，则S7的值为()A.21 B.1 C.42 D.0解析法一设等差数列an的公差为d，则2a43a72(a13d)3(a16d)5a124d9.将a13代入可得d1，所以S77a1d7(3)2110.故选D.法二由等差数列的性质可得2a43a7a1a73a79.因为a13，所以a73，所以S70.故选D.答案D2.(2020南昌调研)公比不为1的等比数列an中

2、，若a1a5aman，则mn不可能为()A.5 B.6 C.8 D.9解析由等比数列an满足a1a5aman，可得mn156，且m，nN*，所以m，n的可能取值分别为m1，n5或m2，n4或m3，n3或m4，n2或m5，n1，所以mn不可能为6.故选B.答案B3.(2020辽宁五校联考)已知数列an满足：a11，an1则a6()A.16 B.25 C.28 D.33解析a11，a2a134，a32a219，a4a3312，a52a4125，a6a5328.故选C.答案C4.(2020安徽六校素质测试)已知等差数列an的前n项和是Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比数列，则()A.a1

3、d0，dS30 B.a1d0，dS30C.a1d0 D.a1d0，dS30解析由a2，a3，a6成等比数列，可得aa2a6.又数列an是等差数列，(a12d)2(a1d)(a15d)，即2a1dd20.公差d不等于零，a1d0.故选C.答案C5.(2020德州质检)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，该数列的特点是前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列an称为“斐波那契数列”，则(a1a3a)(a2a4a)(a3a5a)(a2 013a2 015a)()A.1 B.0 C.1 007

4、D.1 006解析由题意，得a1a3a1211，a2a4a1341，a3a5a2591，a4a6a38251，a2 013a2 015a1，所以原式1(1)1(1)11.故选A.答案A6.数列an的前n项和为Sn，且3anSn4(nN*)，设bnnan，则数列bn的项的最大值为()A. B. C. D.2解析由条件可知：3anSn4，3an1Sn14(n2).相减，得anan1.又3a1S14a14，故a11.则an，bnn.设bn中最大的项为bn，则即解之得3n4.bn的项的最大值为b3b4.答案B7.(2020湘赣皖十五校联考)记Sn为数列an的前n项和，数列an对任意的p，qN*满足ap

5、qapaq13.若a37，则当Sn取最小值时，n()A.6 B.7 C.8 D.9解析由题意可得，a3a1a213(a113)(2a113)7，所以a111.由已知条件可得，对任意的nN*，an1ana113an2，所以an1an2，所以数列an是等差数列，an2n13.要使Sn的值最小，则即解得n.又nN*，所以n6.故选A.答案A8.(2020北京卷)在等差数列中，a19，a51.记Tna1a2an(n1，2，)，则数列()A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项解析由得解得d2.an2n11，Tn(9)(7)(2n11).当n5时，an

6、0，当n5时，an0，故T10，T20，T30，T40，T50，T60，Tn0.故有最大项T4，无最小项.故选B.答案B二、多项选择题：本题共4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.在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”，下列对“等差比数列”的判断正确的是()A.k不可能为0B.等差数列一定是“等差比数列”C.等比数列一定是“等差比数列”D.“等差比数列”中可以有无数项为0解析由等差比数列的定义可知，等差比数列的k的值不为0，所以A正确；当an是等差数列且公差为0，即an为常数列

7、时，等差数列不是等差比数列，所以B不正确；当an是等比数列且公比q1时，an不是等差比数列，所以C不正确；数列0，1，0，1是k1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以D正确.故选AD.答案AD10.(2020菏泽素质测试)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题正确的是()A.若d0，则数列Sn有最大项B.若数列Sn有最大项，则d0，则数列Sn是递增数列D.若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0解析由等差数列的求和公式，得Snna1dn2n(nN*).设f(n)n2n，d0，nR.A中，若d0，由二次函数f(n)的性质可得数列Sn有最大项，正确；B中，若数

8、列Sn有最大项，则抛物线f(n)的开口向下，所以d0，则抛物线f(n)的开口向上，所以d0，可得数列Sn是递增数列，正确；D中，若数列Sn是递增数列，则抛物线f(n)的开口向上，但不一定对任意nN*，均有Sn0，错误.故选ABC.答案ABC11.(2020山东十校联考)已知等比数列an的各项均为正数，公比为q，且a11，a6a7a6a712，记an的前n项积为Tn，则下列选项正确的是()A.0q1C.T121 D.T131解析因为等比数列an的各项均为正数，公比为q，且a11，a6a7a6a712，所以(a61)(a71)0，得a61或a61，a71，当a61时，q1，但由a11得an1，与a

9、61，a71时，0q1，满足题意.所以0q2，所以a6a71，所以T12a1a2a11a12(a6a7)61，T13a0，给出下列四个命题，其中的真命题是()A.数列anbn单调递增B.数列anbn单调递增C.数列an从某项以后单调递增D.数列bn从某项以后单调递增解析因为an12anbn，bn1an2bnln ，所以an1bn1anbnln .当n1时，a2b2a1b1ln 2，所以a2b20，所以数列anbn单调递增，则B正确.因为an12anbnanln n(a1b1)3n1，所以an1anln n(a1b1)3n10，则C正确.因为bn1bnanbnln ，所以bn1bnln(n1)2

10、ln n(a1b1)3n1.根据指数函数和对数函数的性质，可知数列bn从某一项以后单调递增，则D正确.故选BCD.答案BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020浙江卷)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列.数列(nN*)的前3项和是_.解析设an，则a11，a23，a36，因此前3项和S3a1a2a313610.答案1014.(2020石家庄模拟)记Sn为等差数列an的前n项和.若a10，a23a1，则_.解析法一由a10，a23a1，可得d2a1，所以S1010a1d100a1，S55a1d25a1，所以4.法二设等差数

11、列an的公差为d，由a10，a23a1得d2a1.则4.答案415.(2020东北三校一联)数列an满足a11，an(2Sn1)2S(n2，nN*)，则an_.解析an(2Sn1)2S，(SnSn1)(2Sn1)2S(n2)，化简得Sn1Sn2SnSn1，易知Sn0，则2(n2)，Sn，则anSnSn1，n2.经验证，当n1时，不符合an.综上，an答案16.(2020江苏卷)设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列.已知数列anbn的前n项和Snn2n2n1(nN*)，则dq的值是_.解析由题意知q1，所以Sn(a1a2an)(b1b2bn)na1dn2nn2n2n1，所以所以d

12、2，q2，所以dq4.答案4四、解答题：本题共6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)(2020海南模拟)在b3a4，a33b3，a24b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断cn是否是递增数列，请说明理由.已知an是公差为1的等差数列，bn是正项等比数列，a1b11，_，cnanbn(nN*).判断cn是否是递增数列，并说理理由.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解因为an是公差为1，首项为1的等差数列，所以an1n1n.设bn的公比为q(q0).若选，由b3a44，得b3b1q24，而b11，所以q2(负值已舍去)，所以bn

13、2n1，因此cnn2n1.因为1，即cncn1，所以cn是递增数列.若选，由a33b33，得b3b1q21.而b11，所以q1(负值已舍去).所以bn1，则cnn.因为cnnSk1且Sk1Sk2?(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解设等比数列bn的公比为q(q0).b23，b581，b11，q3，bn(3)n1.又b1a5，a51.法一选b1b3a2时：设等差数列an的公差为d.a2b1b31(1)(3)210，a51，d3，a113，Sk13k3k2k，Sk1k2k3k13，Sk2k2k6k23.要使Sk1Sk，且Sk1Sk2，只要k，存在k4符合题意.选a4b4时，设等差数

14、列an的公差为d.a51，a4b4(3)327，a1111，d28，Sk125k14k2，Sk1125k14k228k111，Sk2125k14k256k194.要使Sk1Sk，且Sk1且k，不存在符合题意的k.选S525时：设等差数列an的公差为d.25，a51，a19，d2.同理可得k，存在k4符合题意.法二选b1b3a2时：设等差数列an的公差为d.a51，a2b1b31(1)(3)210，d3，ana2(n2)d3n16，此时存在k4，使ak1a50，即存在k4符合题意.选a4b4时：同理可得an28n139，此时an为递减数列，不存在正整数k符合题意.选S525时：同理可得an2n1

15、1，此时存在k4，使ak1a50，即存在k4符合题意.19.(本小题满分12分)(2020浙江卷)已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan1an，cn1cn，nN*.(1)若bn为等比数列，公比q0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn1，nN*.(1)解由b1b26b3，得1q6q2，解得q.所以bn.由cn14cn，得cn4n1.由an1an4n1，得ana1144n2.(2)证明由cn1cn，得cn，所以c1c2c3cn.由b11，d0，得bn11，因此c1c2c3cn1，nN*.20.(本小题满分12分)(

16、2020全国卷)设数列an满足a13，an13an4n.(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前n项和Sn.解(1)a25，a37.猜想an2n1.证明如下：由已知可得an1(2n3)3an(2n1)，an(2n1)3an1(2n1)，a253(a13).因为a13，所以an2n1.(2)由(1)得2nan(2n1)2n，所以Sn32522723(2n1)2n.从而2Sn322523724(2n1)2n1.得Sn3222222322n(2n1)2n1，所以Sn(2n1)2n12.21.(本小题满分12分)(2020杭州统测模拟)已知正项数列an的前n项和为S

17、n，且a2an4Sn1.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，求Tn的取值范围.解(1)由题意，当n1时，a2a14S114a11，整理，得a2a110，解得a11.当n2时，由a2an4Sn1，得a2an14Sn11，两式相减，得a2ana2an14Sn14Sn114an，即aa2an2an1，(anan1)(anan1)2(anan1).anan10，anan12，数列an是以1为首项，2为公差的等差数列.an12(n1)2n1.(2)由(1)知，Snn2n2，则bn.Tnb1b2bnTn0，bn0，易证Tn单调递增，TnT1b1，Tn.Tn的取值范围为.22

18、.(本小题满分12分)(2020天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1b11，a55(a4a3)，b54(b4b3).(1)求和的通项公式；(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn2S(nN*)；(3)对任意的正整数n，设cn求数列cn的前2n项和.(1)解设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a11，a55(a4a3)，可得d1，从而的通项公式为ann.由b11，b54(b4b3)，又q0，可得q24q40，解得q2，从而 的通项公式为bn2n1.(2)证明由(1)可得Sn，故SnSn2n(n1)(n2)(n3)，S(n1)2(n2)2，从而SnSn2S(n1)(n2)0，所以SnSn2S.(3)解当n为奇数时，cn；当n为偶数时，cn.对任意的正整数n，有c2k1 1，和c2k .由得c2k.得c2k，从而得c2k.因此，ckc2k1c2k.所以，数列cn的前2n项和为.