备战2025年高考二轮复习数学专题突破练12（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练12（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30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.(2024·浙江杭州二模)设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项的和,则S7=( )
A.110B.120C.288D.306
答案A
解析S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+(a6+b7)+(b6+a7)=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.故选A.
2.(2024·重庆模拟)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an-1,n为奇数,2n,n为偶数,则∑k=110ak=( )
A.511B.677C.1 021D.2 037
答案B
解析∑k=110ak=a1+a2+…+a10=a1+a1-1+a3+a3-1+…+a9+a9-1=2(a1+a3+a5+a7+a9)-5=2×(1+22+24+26+28)-5=2×(4+16+64+256)-3=677.故选B.
3.(2024·湖南衡阳模拟)已知公差不为零的等差数列{an}满足:a3+a8=20,且a5是a2与a14的等比中项,设数列{bn}满足bn=1anan+1(n∈N*),则数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.1-12n+1=2n2n+1
B.1+12n+1=2n+22n+1
C.121-12n+1=n2n+1
D.121+12n+1=n+12n+1
答案C
解析设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3+a8=20,且a5是a2与a14的等比中项,
可得a3+a8=20,a52=a2a14,
即2a1+9d=20,(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d),
解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.
又由bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
可得Sn=12(1-13+13-14+…+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1.故选C.
4.(2024·安徽三模)记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20=( )
A.590B.602C.630D.650
答案A
解析因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,
所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,
两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.
由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,
所以a1+a2=5,满足上式,
故an+an+1=6n-1,
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113=10×(5+113)2=590.
故选A.
5.(2024·江西模拟)在学习完“错位相减法”后,善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和,也可以使用“裂项相消法”求解.例如an=(n+1)·2n=(-n+1)·2n-(-n)·2n+1,故数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+…+an=0×21-(-1)×22+(-1)×22-(-2)×23+…+(-n+1)·2n-(-n)·2n+1=n·2n+1.记数列n22n的前n项和为Tn,利用上述方法求T20-6=( )
A.243219B.-243219C.485220D.-485220
答案B
解析设n22n=a(n-1)2+b(n-1)+c2n-1-an2+bn+c2n=an2+(b-4a)n+2a-2b+c2n,
则a=1,b-4a=0,2a-2b+c=0,解得a=1,b=4,c=6,
所以n22n=(n-1)2+4(n-1)+62n-1-n2+4n+62n,则数列n22n的前n项和为(6-12+4×1+62)+(12+4×1+62-22+4×2+622)+…+[(n-1)2+4(n-1)+62n-1-n2+4n+62n]=6-n2+4n+62n.
故T20-6=-486220=-243219.故选B.
6.(2024·浙江温州三模)数列{an}的前n项和为Sn,an+1=Snan(n∈N*),则∑i=15a2i-∑i=16a2i-1可以是( )
A.18B.12C.9D.6
答案C
解析由an+1=Snan(n∈N*)可得Sn=an+1·an且an≠0,
由上式可知a2=S1a1=1,
且Sn+1=an+2·an+1,
两式相减得an+1=an+2·an+1-an+1·an,
两边同时除以an+1(an+1≠0)得an+2-an=1,
由上式可知数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列,公差为1,
所以∑i=15a2i-∑i=16a2i-1=(a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+a5+a7+a9+a11)=(1+2+3+4+5)-(a1+a1+1+a1+2+a1+3+a1+4+a1+5)=-6a1,
由此数列的奇数项公式为a2n-1=a1+(n-1),
又由an≠0,所以可以判断a1一定不能为负整数,即只能有-6a1=9.故选C.
二、选择题:本题共2小题,每小题6分,共12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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
7.(2024·安徽淮北二模)已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若an=2n-1,Tn=2n+1-2,则下列说法正确的是( )
A.S10=100
B.b10=1 024
C.1anan+1的前10项和为919
D.1bn的前10项和为1 0231 024
答案ABD
解析∵an=2n-1,∴{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列,∴S10=10×1+10×(10-1)2×2=100.故选项A正确.
令cn=1anan+1,则cn=1d1an-1an+1=121an-1an+1,∴c1+c2+…+c10=12(1a1-1a2+1a2-1a3+…+1a10-1a11)=121a1-1a11.
又a1=1,a11=21,∴c1+c2+…+c10=121-121=1021.故选项C错误.
∵Tn=2n+1-2,∴bn=Tn-Tn-1=2n+1-2-2n+2=2n(n>1,n∈N*),
又b1=T1=21+1-2=2,b1=21=2,
∴bn=2n(n∈N*),
∴{bn}是首项为b1=2,公比q=2的等比数列,
∴b10=210=1 024.故选项B正确.
∵1bn=12n=12·12n-1,∴1bn是首项为12,公比为12的等比数列,1b1+1b2+1b3+…+1b10=12×1-12101-12=1 0231 024.故选项D正确.故选ABD.
8.(2024·山东济南二模)数列{an}满足a1=1,an=an-1,n4∈N*,an-1+1,n4∉N*,n≥2,bm表示{an}落在区间[2m,2m+1)的项数,其中m∈N*,则下列说法正确的是( )
A.b3=10B.3n4≤an≤3n+34
C.∑k=14nak=6n2+3nD.∑k=12nbk=43(4n-1)
答案BC
解析根据题意,列举可得,数列{an}的前若干项分别为1,2,3,3,4,5,6,6,….不难发现,a4k=3k,a4k-1=3k,a4k-2=3k-1,a4k-3=3k-2.
对于A,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….即落在区间[23,24)上的有8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15共有11项,因此b3=11.故A错误.
对于B,当n=4k时,an=3k=3n4;当n=4k-1时,an=3k=3(n+1)4;当n=4k-2时,an=3k-1=3(n+2)4-1=3n+24;当n=4k-3时,an=3k-2=3(n+3)4-2=3n+14,所以它们均在区间3n4,3n+34中.故B正确.
对于C,∑i=14nai=∑i=1n(a4i-3+a4i-2+a4i-1+a4i)=∑i=1n(3i-2+3i-1+3i+3i)=∑i=1n(12i-3)=n(9+12n-3)2=6n2+3n.故C正确.
对于D,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….
可得b1=3,b2=5,
所以当n=1时,∑k=12bk=b1+b2=3+5=8,
而当n=1时,43×(41-1)=4,所以此时∑k=12nbk=43(4n-1)不成立.故D错误.
故选BC.
三、填空题:本题共1小题,每小题5分,共5分.
9.(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}是等差数列,bn=an-8,n为奇数,2an+1,n为偶数,记Sn,Tn分别为{an},{bn}的前n项和,若S3=18,T2=10,则T20= .
答案370
解析设等差数列{an}的公差为d.
由S3=18,得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18,①
由T2=10,得a1-8+2a2+1=a1-8+2(a1+d)+1=10,
所以3a1+2d=17,②
联立①②,得3a1+3d=18,3a1+2d=17,
解得a1=5,d=1,
所以an=a1+(n-1)d=5+(n-1)×1=n+4.
则bn=n-4,n为奇数,2n+9,n为偶数,
所以T20=(b1+b3+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=(-3-1+1+…+15)+(13+17+…+49)=-3+152×10+13+492×10=370.
四、解答题:本题共2小题,共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
10.(15分)(2024·浙江宁波二模)已知等差数列{an}的公差为2,记数列{bn}的前n项和为Sn,b1=0,b2=2且满足bn+1=2Sn+an.
(1)证明:数列{bn+1}是等比数列;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
(1)证明当n≥2时,bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2,
即bn+1=3bn+2.
又b1=0,b2=2,也符合b2=3b1+2,
所以当n≥1时,bn+1=3bn+2,
即bn+1+1=3(bn+1).
又b1+1=1≠0,
所以bn+1≠0,
所以bn+1+1bn+1=3,
所以数列{bn+1}成等比数列.
(2)解由(1)易得bn=3n-1-1.
由b2=2b1+a1可得a1=2,所以an=2n.
故anbn=2n(3n-1-1)=2n×3n-1-2n,
所以Tn=2(1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1)-n(n+1).
令M=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,
则3M=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,
所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n×3n=n×3n-1-3n1-3=(2n-1)×3n+12,
所以Tn=2M-n(n+1)=(2n-1)×3n+12-n(n+1).
11.(15分)(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1+1,S2,S3+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若bn=1Sn,n为奇数,Sn·sin(n-1)π2,n为偶数,求数列{bn}的前4n项和.
解(1)因为S22=(S1+1)(S3+1),所以(2a1+2)2=(a1+1)(3a1+7),即(a1+1)(a1-3)=0,
解得a1=-1或a1=3,
又因为an>0,所以a1=3,
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)Sn=n(a1+an)2=n(n+2),
所以1Sn=121n-1n+2.
当n为奇数时,b1+b3+…+b4n-1=1S1+1S3+…+1S4n-1=121-13+1213-15+…+12(14n-1-14n+1)=121-14n+1.
当n为偶数时,b4n-2+b4n=S4n-2-S4n=(4n-2)×4n-4n×(4n+2)=-16n,
则b2+b4+…+b4n=-16(1+2+…+n)=-8n(n+1),
所以前4n项和T4n=121-14n+1-8n(n+1)=2n4n+1-8n(n+1).