2024年高考数学二轮复习专题突破专题过关检测3　数列（附答案）

专题过关检测三数列一、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.在数列{an}中,a1=2,an+1-an-2=0,则a5+a6+…+a14=()A.180 B.190 C.160 D.1202.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=()A.52 B.53 C.10 D3.(2023·湖南长沙模拟)若数列{an}满足an+1=3an+2,则称{an}为“梦想数列”,已知正项数列1bn-1为“梦想数列”,且b1=2,则b4=()A.281 B.227 C.18 4.我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为122的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440Hz,则频率为2202Hz的音名是(A.d B.f C.e D.#d5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为A.1939 B.C.2041 D.6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39 B.45 C.48 D.517.在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3928 B.4024 C.4920 D.49248.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+aA.0 B.100C.-100 D.10200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则()A.首项a1不确定 B.公比q=4C.a2=3 D.t=-110.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S3C.S1=S6 D.Sn存在最大值11.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=2an,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是(A.b10=8b5 B.{bn}是等比数列C.a1b30=105 D.a12.在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则()A.k+1=2n B.an+1=3an-3C.an=32D.Sn=3三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=.

14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则数列{log2an}的前n项和Tn=.

15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.

16.某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n次,那么∑k=1nSk=dm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.(10分)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.18.(12分)(2023·湖北襄阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且Sn+Sn+1=2an+1-3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)①bn=anlog3an;②bn=1log3an·log3an+2从上面三个条件中任选一个,求数列{bn}的前n项和Tn.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.(12分)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.20.(12分)(2023·广东东莞高三期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=Mn+mn2,求数列{b21.(12分)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.22.(12分)已知数列{an}满足a1=23,且当n≥2时,a1a2…an-1=2an(1)求证:数列11-an(2)记Tn=12a1a2…an,Sn=T12+T22+…+Tn2,求证:当n∈N*

专题过关检测三数列一、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.B解析因为an+1-an=2,a1=2,所以数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列.所以an=2+(n-1)×2=2n.设{an}的前n项和为Sn,则Sn=n(2+2n)2=n2+n.所以a5+a6+…+a14=S142.C解析因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3(a35)=log3(95)=log3(310)=3.B解析若正项数列{1bn-1}为“梦想数列”,则有1bn+1-1=3(1bn-1)+2,即1bn+1-1=3bn-1,即bn+1bn=13,又b1=2,所以数列{bn}4.D解析因为a的音频是数列的第10项,440=2202×212=2202×211210-4,所以频率为2205.C解析当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1−16.D解析设该数列为{an},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=7.D解析由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1-26)1-2=126.又1+2+3+…+100=100×1012=5050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)8.B解析由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.BCD解析当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.由数列{an}为等比数列,可知a1必定符合an=3×4n-2,所以1+t=34,即t=-所以数列{an}的通项公式为an=3×4n-2,a2=3,数列{an}的公比q=4.故选BCD.10.AC解析由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+7×62×1,解得a对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为Sn=-3n+n(n-1)2=n2-11.BD解析设{an}的公差为d,由已知得30×5+30×29解得d=16∴an=a1+(n-1)d=16∵bn=2an,∴bn故数列{bn}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×16∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……所以an+1=3an-3,故B项正确.由an+1=3an-3,得an+1-32=3a又a1-32=92,所以an-32是首项为92,公比为3的等比数列,所以an-32=92×3n-Sn=322+32+332+32+…+3n+12三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2解析由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,所以2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.14.n(n+1)2解析因为Sn=2an-2,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,两式相减,得an=2an-2an-1,即an当n=1时,可得a1=2,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.所以log2an=n,所以Tn=n15.3n2-2n解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=16.52403-n+32n解析对折3次共可以得到52dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dm×32dm四种规格的图形,面积之和S3=4对折4次共可以得到54dm×12dm,52dm×6dm,5dm×3dm,10dm×32dm,20dm×34dm五种规格的图形,S4=5×15……可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)·2402n则∑k=1nSk=S1+S2+…+Sn=240(221+记Tn=221+322+则12Tn=222+32①与②式相减,得Tn-12Tn=12Tn=221故Tn=3-n+3故∑k=1nSk=240·Tn=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.(1)证明由2Snn+n=2a得2Sn+n2=2ann+n①,所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1,化简得an+1-an=1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)知数列{an}的公差为1.由a72=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-所以Sn=-12n+n(n-1)2=n所以当n=12或13时,Sn取得最小值,且最小值为-78.18.解(1)当n≥2时,∵Sn+Sn+1=2an+1-3,∴Sn-1+Sn=2an-3,∴Sn+1-Sn-1=2an+1-2an,∴an+1+an=2an+1-2an,∴an+1an当n=1时,S1+S2=2a2-3,∴a1+a1+a2=2a2-3.又a1=3,∴a2=9,∴a2a∴数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列.∴an=3×3n-1=3n.(2)若选①:bn=anlog3an=n·3n,∴Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,∴3Tn=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,∴-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=3(1-3n)1-3-n·3n+1=12×∴Tn=(12n-14)3n+1若选②:bn=1lo∴Tn=12×(1-13)+12×(12−14)+12×(13−1=3若选③:bn=an-log3an=3n-n,∴Tn=(3-1)+(32-2)+(33-3)+…+(3n-n)=3+32+33+…+3n-(1+2+3+…+n)=319.解(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去)所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=2×2n-1=2n.(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,所以bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)nlog222n+1=(-1)n(2n+1),所以Tn=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),-Tn=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),所以2Tn=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1-(-1)n-12+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2所以Tn=(n+1)(-1)n-1.20.解(1)因为对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,所以当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),进而得an=-2an-1(n≥2),当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,所以数列{an}是以