专题10 数列 专项练习-2022届高三数学一轮复习（原卷版+解析版）

这是一份专题10 数列 专项练习-2022届高三数学一轮复习（原卷版+解析版），文件包含专题10数列专项练习-2022届高三数学一轮复习原卷版docx、专题10数列专项练习-2022届高三数学一轮复习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
专题十 《数列》专项练习
一．选择题（共8小题）
1．已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则a1+a2b2的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．54
【解答】解：1，a1，a2，3成等差数列，可得a1+a2＝4，1，b1，b2，b3，4成等比数列，
可得b22＝4，1，b2，4同号，所以b2＝2，∴a1+a2b2=2，
故选：A．
2．在数列{an}中，a1＝3，an=an-1+2，则（　　）
A．数列{an}单调递减 B．数列{an}单调递增
C．数列{an}先递减后递增 D．数列{an}先递增后递减
【解答】解：由a1＝3，an=an-1+2，得a2=5，a3=5+2，且可知an＞0．
再由an=an-1+2，两边平方得an2=an-1+2①，
则an+12=an+2②，
②﹣①得：an+12-an2=an-an-1，
∴（an+1+an）（an+1﹣an）＝an﹣an﹣1，
∵an＞0，∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号．
由a2﹣a1＜0，可知，an﹣an﹣1＜0，即an＜an﹣1，
可知数列{an}单调递减．
故选：A．
3．在数列{an}中，若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值（n∈N*），且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝（　　）
A．132 B．299 C．68 D．99
【解答】解：∵在数列{an}中，若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值（n∈N*），
∴an+3＝an．即数列各项以3为周期呈周期变化
∵98＝3×32+2，
∴a98＝a2＝4，a7＝a1＝2，a9＝a3＝3，
a1+a2+a3＝2+3+4＝9，
∴S100＝33×（a1+a2+a3）+a100
＝33×（a1+a2+a3）+a1
＝33×9+2＝299．
故选：B．
4．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1、a3、a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则2Sn+6an+3的最小值为（　　）
A．4 B．3 C．23-2 D．2
【解答】解：在等差数列{an}中，a1＝1，公差d≠0，
由a1、a3、a13成等比数列，得a32=a1⋅a13，
即（1+2d）2＝1×（1+12d），整理得d2﹣2d＝0．
∵d≠0，∴d＝2．
则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn=n+n(n-1)×22=n2．
∴2Sn+6an+3=2n2+62n+2=n2+3n+1=(n+1)2-2(n+1)+4n+1
=(n+1)+4n+1-2≥2(n+1)⋅4n+1-2=2．
当且仅当n+1=4n+1，即n＝1时上式取等号．
∴2Sn+6an+3的最小值为2．
故选：D．
5．已知数列{an}的通项公式an＝5﹣n，其前n项和为Sn，将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm+λ恒成立，则实数λ的取值范围是（　　）
A．λ≥2 B．λ＞3 C．λ≥3 D．λ＞2
【解答】解：∵an＝5﹣n，
∴a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，
则b1＝a1＝4，b2＝a3＝2，b3＝a4＝1，
∴数列{bn}是首项为4、公比为12的等比数列，
∴Tn=4(1-12n)1-12=8（1-12n），
∴4≤Tn＜8，
又∵Sn=n(4+5-n)2=n(9-n)2，
∴当n＝4或n＝5时，Sn取最大值10，
∵存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm+λ恒成立，
∴10＜8+λ，即λ＞2，
故选：D．
6．已知定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）＝2f（x+2），当x∈[0，2）时，f（x）＝﹣2x2+4x．设f（x）在[2n﹣2，2n）上的最大值为an（n∈N*），且{an}的前n项和为Sn，则Sn＝（　　）
A．2-12n-1 B．4-12n-2 C．2-12n D．4-12n-1
【解答】解：∵定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）＝2f（x+2），
∴f（x+2）=12f（x），
∴f（x+4）=12f（x+2）=122f（x），f（x+6）=12f（x+4）=123f（x），…f（x+2n）=12nf（x）
设x∈[2n﹣2，2n），则x﹣（2n﹣2）∈[0，2）
∵当x∈[0，2）时，f（x）＝﹣2x2+4x．
∴f[x﹣（2n﹣2）]＝﹣2[（x﹣（2n﹣2）]2+4[x﹣（2n﹣2）]．
∴121-nf(x)=-2（x﹣2n+1）2+2
∴f（x）＝21﹣n[﹣2（x﹣2n+1）2+2]，x∈[2n﹣2，2n），
∴x＝2n﹣1时，f（x）的最大值为22﹣n
∴an＝22﹣n
∴{an}表示以2为首项，12为公比的等比数列
∴{an}的前n项和为Sn=2[1-(12)n]1-12=4-12n-2
故选：B．
7．公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列{akn}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k5为（　　）
A．86 B．88 C．90 D．92
【解答】解：∵公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列{akn}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，
∴a22=a1a6，即(a1+d)2=a1（a1+5d），∴d＝3a1．
∴等比数列{akn}为a1，4a1，16a1，64a1，256a1．
∴256a1＝a1+（k5﹣1）×3a1，
则k5＝86．
故选：A．
8．已知数列{an}中，a1＝1，a2k＝a2k﹣1+（﹣1）k，a2k+1＝a2k+2k（k∈N*），则数列{an}的前80项的和S80＝（　　）
A．232﹣94 B．242﹣94 C．242﹣124 D．280﹣124
【解答】解：∵a2k+1＝a2k+2k＝a2k﹣1+（﹣1）k+2k，
∴a2k+1﹣a2k﹣1＝2k+（﹣1）k，
同理a2k﹣1﹣a2k﹣3＝2k﹣1+（﹣1）k﹣1，
…
a3﹣a1＝2+（﹣1），
∴（a2k+1﹣a2k﹣1）+（a2k﹣1﹣a2k﹣3）+…+（a3﹣a1）＝（2k+2k﹣1+…+2）+[（﹣1）k+（﹣1）k﹣1+…+（﹣1）]，
由此得：a2k+1﹣a1＝2（2k﹣1）+12[（﹣1）k﹣1]，
于是a2k+1＝2k+1+(-1)k-32，a2k＝a2k﹣1+（﹣1）k＝2k+(-1)k-32，
∴S80＝（a1+a3+a5+…+a79）+（a2+a4+a6+…+a80）
＝[（2+22+23+…+240）+（12-12+12+⋯-12）-32×40]+[（2+22+23+…+240）+（-12+12-12+⋯+12）-32×40]
＝2×2(1-240)1-2+0﹣120＝242﹣124．
故选：C．
二．多选题（共4小题）
9．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an+1﹣an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}（n∈N*），其中是“差递减数列”的有（　　）
A．an＝3n B．an＝n2+1 C．an=n D．an＝lnnn+1
【解答】解：A∵an+1﹣an＝3（n+1）﹣3n＝3，∴数列{an}不为“差递减数列”．
同理可得：B不为“差递减数列”．
C∵an+1﹣an=n+1-n=1n+1+n，∴数列{an}为“差递减数列”．
同理可得：D为“差递减数列”．
故选：CD．
10．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则（　　）
A．a5＝0 B．{an}的前n项和中S5最小
C．nSn的最小值为﹣49 D．Snn的最大值为0
【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，S10＝0，S15＝25，
∴10a1+45d=015a1+105d=25，解得a1=-3，d=23，
∴an=13(2n-11)，∴a5=-13，故A错误；
Sn=13(n2-10n)=13（n﹣5）2-253，故B正确；
nSn=n33-103n2，设函数f（x）=x33-103x2（x＞0），
则f′（x）=x2-203x，当x∈（0，203）时，f′（x）＜0，
当x∈（203，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）min＝f（203），
6＜203＜7，且f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，
∴nSn的最小值为﹣49，故C正确；
Snn=13（n﹣10），没有最大值，故D错误．
故选：BC．
11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论中正确的有（　　）
A．a8＝21
B．S7＝32
C．a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n
D．a12+a22+⋯+a20212a2021=a2022
【解答】解：由题设知：数列{an}的前8项为：1，1，2，3，5，8，13，21，
∴a8＝21，S7＝33，故选项A正确，选项B错误；
又a1＝a2，a3＝a4﹣a2，a5＝a6﹣a4，…，a2n﹣1＝a2n﹣a2n﹣2，
将以上式子相加可得：a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n，故C选项正确；
斐波那契数列总有an+2＝an+1+an，
∴a12＝a2a1，
a22＝a2（a3﹣a1）＝a2a3﹣a2a1，
a32＝a3a4﹣a2a3，…，
a20182＝a2018（a2019﹣a2017）＝a2018a2019﹣a2017a2018，
a20192＝a2019a2020﹣a2019a2018，
a20202＝a2020a2021﹣a2020a2019，
a20212＝a2021a2022﹣a2021a2020，
将以上式子相加可得：a12+a22+…+a20212＝a2021a2022，故选项D正确，
故选：ACD．
12．将n2（n≥3）个数排成n行n列的一个数阵，如图；该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）．已知a11＝3，a61＝a13+1，记这n2个数的和为S．下列结论正确的有（　　）

A．m＝2 B．a67＝13×27
C．aij＝（2i+1）×2j﹣1 D．S＝n（n+2）（2n﹣1）
【解答】解：∵a11＝3，a61＝a13+1，
∴3+（6﹣1）m＝3m2+1，解得m＝2或-13（舍负），即选项A正确；
∴aij＝ai1•2j﹣1＝[3+（i﹣1）m]•2j﹣1＝[3+（i﹣1）•2]•2j﹣1＝（2i+1）•2j﹣1，
∴a67＝（2×6+1）•27﹣1＝13×26，即选项B错误，选项C正确；
∴S＝（a11+a12+…+a1n）+（a21+a22+…+a2n）+…+（an1+an2+…+ann）
=a11(1-2n)1-2+a21(1-2n)1-2+⋯+an1(1-2n)1-2
＝（2n﹣1）•（a11+a21+…+an1）
＝（2n﹣1）•（3n+n(n-1)2×2）
＝（2n﹣1）•n（n+2），即选项D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共4小题）
13．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn+an=12(n∈N*)，则an＝　(12)n+1　．
【解答】解：根据题意，则当n＝1时，S1+a1=2a1=12，即a1=14；
当n≥2时，Sn-1+an-1=12（n≥2）①；又Sn+an=12(n∈N*)②，
由①②，得Sn﹣Sn﹣1+an﹣an﹣1＝0，即2an＝an﹣1，则anan-1=12（n≥2），
由于n＝2时，S2+a2=12，即2a2+a1=12，解得a2=18，满足a2a1=18×4=12．
所以数列{an}是以14为首项，12为公比的等比数列，
故an=14⋅(12)n-1=(12)n+1．
故答案为：(12)n+1．
14．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有（an+1+3）（an+3）＝4an+4成立，则数列{an}的前2020项和为　-25253　．
【解答】解：数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有（an+1+3）（an+3）＝4an+4成立，
当n＝1时，解得a2＝0．
当n＝2时，解得a3=-53，
当n＝3时，解得a4＝﹣5，
当n＝4时，解得a5＝5，
所以数列的周期为4，
所以a1+a2+a3+a4=-53．
所以2020＝4×505，
故S2010=505×(-53)=-25253．
故答案为：-25253．
15．已知数列{an}满足an2＝an﹣1an+1（n∈N*，n≥2），若1a4+1a5+1a6=1，a4a6＝4，则a4+a5+a6＝　4　．
【解答】解：由an2＝an﹣1an+1得到a52＝a4a6＝4，解得a5＝±2，
当a5＝2时，由1a4+1a5+1a6=a4+a6a4a6+1a5=a4+a64+12=1，解得a4+a6＝2，所以a4+a5+a6＝2+2＝4；
当a5＝﹣2时，由1a4+1a5+1a6=a4+a6a4a6+1a5=a4+a64-12=1，解得a4+a6＝6，所以a4+a5+a6＝6﹣2＝4．
综上，a4+a5+a6＝4．
故答案为：4
16．在数列{an}中，a1＝1，an=n2n2-1an﹣1（n≥2），记Sn为数列{ann2}的前n项和，若Sn=4925，则n＝　49　．
【解答】解：数列{an}中，a1＝1，an=n2n2-1an﹣1（n≥2），
可得anan-1=n2n2-1，
即有an＝a1•a2a1•a3a2⋯an-2an-3•an-1an-2•anan-1
＝1•221⋅3•322⋅4⋯(n-2)2(n-3)(n-1)•(n-1)2(n-2)n•n2(n-1)(n+1)
=2nn+1，
可得ann2=2n(n+1)=2（1n-1n+1），
则Sn＝2（1-12+12-13+⋯+1n-1n+1）
＝2（1-1n+1），
由Sn=4925，即有2（1-1n+1）=4925，
解得n＝49．
故答案为：49．
四．解答题（共6小题）
17．已知{an}是首项为a，公差不为零的等差数列，{an}的部分项ak1、ak2、…、akn恰好为等比数列，且k1＝1，k2＝5，k3＝17．
（1）求数列{an}和{kn}的通项公式；
（2）设数列{kn}的前n项和为Sn求证：1S1+1S2+⋯+1Sn＜32．
【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d，
由已知得a1＝a，a5＝a+4d，a17＝a+16成等比数列，
∴（a+4d）2＝a（a+16d），即2d2＝ad．
∵d≠0，∴d=a2．
∴an＝a1+（n﹣1）d＝a+（n﹣1）⋅a2=n+12a．
∴akn=kn+12a，而等比数列{akn}的公比q=a5a1=3aa=3，
∴akn=a1⋅3n-1=a•3n﹣1，
故kn+12a=a⋅3n-1．
由a1＝a≠0，得kn=2×3n-1-1．
（2）由（1）知，Sn=2×(1+3+32+⋯+3n-1)-n
=2(1-3n)1-3-n=3n﹣n﹣1．
∵当n＞1时，3n＝（1+2）n=Cn0+Cn1×2+Cn2×22+⋯+Cnn-1×2n-1+Cnn×2n
≥Cn0+Cn1×2+Cnn×2n
＝2n+2n+1＞2n+n+1，
∴3n﹣n﹣1＞2n，n≥2．
∴1Sn=13n-n-1＜12n，n≥2．
∴当n≥2时，
1S1+1S2+⋯+1Sn＜1+122+123+124+⋯+12n
＝1+14[1-(12)n-1]1-12=32-(12)n＜32．
当n＝1时，左边=1S1=1＜32，不等式也成立．
综上所述，1S1+1S2+⋯+1Sn＜32．
18．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，同{an}中的部分项组成的数列ab1，ab2，⋯，abn，⋯为等比数列，其中b1＝1，b2＝5，b3＝17．
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）记Tn=Cn1b1+Cn2b2+Cn3b3+⋯+Cnnbn，求Tn．
【解答】解：（1）由题意可得，a52=a1⋅a17
即(a1+4d)2=a1(a1+16d)
∵d≠0
整理可得，a1＝2d
等比数列{an}的公比q=a5a1=a1+4da1=3
∴abn=a1⋅3n-1
又abn=a1+(bn-1)d=1+bn2a1
∴a1⋅3n-1=1+bn2a1
∵a1＝2d≠0
∴bn=2⋅3n-1-1
（2）∵Tn=Cn1b1+Cn2b2+Cn3b3+⋯+Cnnbn，
=Cn1(2．30-1)+Cn2(2．31-'1)+⋯+Cnn（2•3n﹣1﹣1）
=23(Cn1⋅3+Cn2⋅32+⋯+Cnn⋅3n)-（Cn1+Cn2+⋯+Cnn）
=23[（1+3）n﹣1]﹣（2n﹣1）=23⋅4n-2n+13
19．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣λ（λ是非零常数）．
（1）求{an}的通项公式（答案含λ）；
（2）设bn=2an+(-1)nlog2an，当a1＝1时，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由Sn＝2an﹣λ，可得a1＝S1＝2a1﹣λ，
解得a1＝λ，
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣λ，又Sn＝2an﹣λ，
两式相减可得an＝2an﹣λ﹣（2an﹣1﹣λ），
则an＝2an﹣1，
由于λ≠0，可得{an}是首项为λ，公比为2的等比数列，
则an＝λ•2n﹣1；
（2）λ＝1时，bn=2an+(-1)nlog2an=2n+（﹣1）n（n﹣1），
当n为偶数时，Tn＝（2+4+...+2n）+[0+1﹣2+3+...﹣（n﹣2）+n﹣1]=2(1-2n)1-2+n2=2n+1﹣2+12n；
当n为奇数时，Tn＝Tn﹣1+2n﹣（n﹣1）＝2n﹣2+12（n﹣1）+2n﹣（n﹣1）＝2n+1-32-12n．
所以Tn=2n+1-32-12n，n为奇数2n+1-2+12n，n为偶数．
20．已知数列{an}是公比为12的等比数列，其前n项和为Sn，且1﹣a2是a1与1+a3的等比中项，数列{bn}是等差数列，其前n项和Tn满足Tn＝nλ•bn+1（λ为常数，且λ≠1），其中b1＝8．
（1）求数列{an}的通项公式及λ的值；
（2）比较1T1+1T2+1T3+⋯+1Tn与12Sn的大小．
【解答】解：（1）∵数列{an}是公比为12的等比数列，其前n项和为Sn，且1﹣a2是a1与1+a3的等比中项，
∴由题意得（1﹣a2）2＝a1（a3+1），即（1-12a1）2＝a1（14a1+1），
解得a1=12．故an＝（12）n．
设等差数列{bn}的公差为d，
∵数列{bn}是等差数列，其前n项和Tn满足Tn＝nλ•bn+1（λ为常数，且λ≠1），其中b1＝8．
∴T1=λb2T2=2λb3，即8=λ(8+d)16+d=2λ(8+2d)，
解得λ=12d=8或λ=1d=0（舍去），故λ=12..…（5分）
（2）由（1）知Sn＝1﹣（12）n，则12Sn=12-(12)n+1≥14．①
由（1）知Tn=12nbn+1，
当n＝1时，T1＝b1=12b2，即b2＝2b1＝16，
∴公差d＝b2﹣b1＝8，则bn＝8n，又Tn＝nλ•bn+1，
∴Tn＝4n2+4n，即1Tn=14n(n+1)=14(1n-1n+1)．
∴1T1+1T2+1T3+⋯+1Tn=14（1-12+12-13+⋯+1n-1n+1）=14(1-1n+1)＜14．②
由①②可知1T1+1T2+1T3+⋯+1Tn＜12Sn..…（12分）
21．已知函数f（x）=bx+cx+1的图象过原点，且关于点（﹣1，2）成中心对称．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若数列{an}满足a1＝2，an+1＝f（an），试证明数列{anan-1}成等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
【解答】（1）解：∵函数f（x）=bx+cx+1的图象过原点，
∴f（0）＝0，即c＝0，
∴f（x）=bxx+1，
又∵函数f（x）=bxx+1关于点（﹣1，2）成中心对称，
∴f（﹣2）＝4，即-2b-2+1=4，∴b＝2，
∴函数f（x）的解析式f（x）=2xx+1；
（2）证明：由（1）可知：an+1＝f（an）=2anan+1，
∴1an+1=12+12•1an，
整理得：1an+1-1=12（1an-1），
又∵1a1-1=12-1=-12，
∴1an=1-12n=2n-12n，an=2n2n-1，
∴anan-1=2n2n-12n2n-1-1=2n，
∴数列{anan-1}是首项、公比均为2的等比数列．
22．在①a32=a2a4+4，②{Snn}是公差为1的等差数列，③S42=S2⋅S8，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：在递增的等差数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，____，
数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，设cn＝an•bn，Tn为数列{cn}的前n项和，求使Tn＞2000成立的最小正整数n的值．
【解答】解：选条件①时，设首项为a1，公差为d，由于a32=a2a4+4时，
所以(a1+2d)2=(a1+d)(a1+3d)+4，解得d＝±2，
由于数列为单调递增，
故d＝2，
所以an＝2n﹣1．
选条件②时，
{Snn}是公差为1的等差数列，
所以a11=1，
故Sn=n⋅(1+n-1)=n2，
所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，
由于首项符合通项，
所以an＝2n﹣1；
选条件③时，S42=S2⋅S8，
所以(4a1+4×32d)2=(2a1+2×12d)(8a1+8×72d)，
由于a1＝1，解得d＝2．
故an＝2n﹣1．
数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn=2n，
则cn=anbn=(2n-1)⋅2n，
Tn=1×21+3×22+...+(2n-1)⋅2n①，
所以2Tn=1×22+3×23+...+(2n-1)⋅2n+1②，
①﹣②得：-Tn=2+2×(22+23+...+2n)-(2n-1)⋅2n+1，
整理得Tn=(2n-3)⋅2n+1+6．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/7/16 21:15:45；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067