山东省日照天立高级中学2024−2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析）

这是一份山东省日照天立高级中学2024−2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若一数列的前4项分别为 13,-15,17,-19 ，则该数列的通项公式可能为（ ）
A． an=-1n+12n+1 B． an=-1n2n+1
C． an=-1n+12n-1 D． an=-1n2n-1
2．已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a6+a8=8 ，则 S13= （ ）
A．52B．104C．112D．120
3．在等差数列 an 中， a4+a5+a6=15 ，则 a2+a8= （ ）
A． 5 B． 6 C． 7 D． 10
4．已知在等比数列 an 中， a2+a4=1,a6+a8=9 ，则 a4= （ ）
A． 34 B． -34 C． -14 D． 14
5．在等比数列 an 中， a3 ， a15 是方程 x2+6x+2=0 的两根，则 a2a16a9 的值为（ ）
A． -2 B． -2 C． 2 D． -2 或 2
6．若等比数列 an 的前 n 项和 Sn=2n+mm∈R ，则 m= （ ）
A． -1 B．0C．1D．2
7．在数列 an 中， an+1=2an,an＜122an-1,an⩾12 ，若 a1=45 ，则 a2025 （ ）
A． 35 B． 45 C． 25 D． 15
8．已知等差数列 an 的前 n 项和 Sn=n2 ，数列 bn 的前 n 项和为 Tn ，且 bn=-1nnanan+1 ，若不等式 Tn⩽λn∈N* 恒成立，则实数 λ 的最小值为（ ）
A． -45 B． -1 C． -14 D． -15
二、多选题（本大题共3小题）
9．2,m,8 为等比数列的前三项，则 m 的可能值为（ ）
A．4B．5C． -4 D． -5
10．等差数列中，公差为d，为其前n项和，，则（ ）
A．B．C．D．的最大值为30
11．已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 a1+2a2+⋯+2n-1an=n2+n2n∈N* ，则（ ）
A． a1=1 B． an=n+12n
C． an 为递减数列D． Sn=4-n+22n-1
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，且 S4=6,S6=74S2 ，则 S2 的值为_________．
13．已知等比数列的各项为正数，前项和为，若，则公比 .
14．已知数列 an 的前 n 项和为 Sn,a1=1,an-an+1=n+1anan+1 ，对于任意的 a∈-3,3,n∈N* ，不等式 2Sn＜t2+at 恒成立，则实数 t 的取值范围为_________.
四、解答题（本大题共5小题）
15．等差数列 an 的前 n 项和记为 Sn ，已知 S3=-15 ，且 a1,a3,-a4 成等差数列.
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn
(3)求数列 an 的前16项的和 T16 .
16．已知数列 an 是公差不为零的等差数列， a1=1 ，且 a1 ， a3 ， a9 成等比数列．
(1)求 an 的通项公式；
(2)设 bn=n⋅a2n ，求数列 bn 的前n项和 Sn ．
17．设数列 an 的前 n 项和为 Sn ，已知 Sn=2an-n+1 .
(1)证明：数列 an+1 是等比数列；
(2)若数列 bn 满足 b1=a2,bn+1=an,n为奇数,an-bn,n为偶数, 求数列 bn 的前20项的和.
18．已知数列 an 满足： a1=1 ， an+1=2an+1 ，数列 bn 的前 n 项和为 Sn ，且 2Sn=n2+lg2an+1 ．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)记 cn=bn+3bn+1bn+2an+1 ，数列 cn 的前 n 项和为 Tn ，若 Tn＜12t2+t-1 对一切 n∈N* 恒成立，求实数 t 的取值范围．
19．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
(3)记，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】观察数列的前 4 项 13,-15,17,-19 ，可以发现奇数项为正，偶数项为负.
根据 -1n 当 n 为偶数时结果为 1 ，当 n 为奇数时结果为 -1 ； -1n+1 当 n 为奇数时结果为 1 ，当 n 为偶数时结果为 -1 ，可知该数列的符号规律可以用 -1n+1 来表示.
分母依次为3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为 2n+1 .
结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为 an=-1n+12n+1 .
故选A.
2．【答案】A
【详解】 S13=13a1+a132=13a6+a82=13×82=52 .
故选A.
3．【答案】D
【详解】由 a4+a5+a6=15 可得 3a5=15⇒a5=5 ，
故 a2+a8=2a5=10 ，
故选D.
4．【答案】A
【详解】因为 an 是等比数列，所以 a6+a8=a2+a4q4=q4=9 ，所以 q2=3 ,
所以 a4q2+a4=a43+a4=1 ，解得 a4=34 ，
故选A.
5．【答案】B
【详解】设等比数列 an 的公比为 q ，因为 a3 ， a15 是方程 x2+6x+2=0 的根，
所以 a3⋅a15=a92=2 ， a3+a15=-6 ，
又 a3 ， a15 同号，所以 a3＜0 ， a15＜0 ，则 a9=-2 ，
所以 a2a16a9=a92a9=a9=-2 ．
故选B.
6．【答案】A
【详解】因为等比数列 an 的前 n 项和 Sn=2n+mm∈R ，
所以当 n⩾2 时， an=2n+m-2n-1+m=2n-1 ，
所以 a1=1=2+m ，解得 m=-1 .
故选A.
7．【答案】B
【详解】因为 an+1=2an,an＜122an-1,an⩾12 ， a1=45＞12 ，
所以 a2=2a1-1=35＞12 ， a3=2a2-1=15＜12 ，
a4=2a3=25＜12 ， a5=2a4=45＞12 ，…，
可得该数列的周期为 4 ，故 a2025=a4×506+1=a1=45 ．
故选B.
8．【答案】D
【详解】当 n=1 时， a1=S1=12=1 ，当 n⩾2 时， an=Sn-Sn-1=n2-n-12=2n-1 ，
当 n=1 时， a1=1 适合上式，所以 an 的通项公式为 an=2n-1 ，
所以 bn=-1nnanan+1=-1nn2n-12n+1=-1n·1412n-1+12n+1 ，
当 n 为偶数时， Tn=-1411+13+1413+15-1415+17+⋯+1412n-1+12n+1
所以 Tn=-14+142n+1⩽-15 ，
当 n 为奇数时， Tn=-1411+13+1413+15-1415+17+⋯-1412n-1+12n+1
所以 Tn=-14-142n+1＜-14 ，
又因为不等式 Tn⩽λn∈N* 恒成立，所以 Tnmax⩽λ ，所以 λ⩾-15 ，
所以实数 λ 的最小值为 -15 .
故选D.
9．【答案】AC
【详解】由 2,m,8 为等比数列的前三项，得 m2=16 ，所以 m=-4 或 m=4 .
故选AC.
10．【答案】AD
【详解】A.，故A正确；
B.，故B错误；
C.，故C错误；
D.因为数列的公差为，所以数列单调递减，且，所以的最大值为，故D正确.
故选AD.
11．【答案】AD
【详解】当 n=1 时， a1=12+12=1 ，故A正确；
当 n⩾2 时， a1+2a2+⋯+2n-2an-1=n-12+n-12 ，又 a1+2a2+⋯+2n-1an=n2+n2n∈N* ，
两式相减得 2n-1an=n2+n2-n-12+n-12=n ，所以 an=n2n-1n⩾2 ，
当 n=1 时， a1=1 适合上式，所以 an=n2n-1 ，故B错误；
所以 an-an-1=n2n-1-n-12n-2=2-n2n-1 ，
所以 a2=a1 ，当 n⩾3 时， an＜an-1 ，所以 an 从第二项起是递减数列，故C错误；
Sn=120+221+323+⋯+n2n-1 ，
所以 12Sn=121+222+323+⋯+n2n ，
两式相减得 12Sn=120+121+123+⋯+12n-1-n2n
所以 Sn=4-22n-1-n2n-1=4-n+22n-1 ，故D正确.
故选AD.
12．【答案】4
【详解】因为 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和， S4=6,S6=74S2 ，若公比为 q ，
所以 S2,S4-S2,S6-S4 为等比数列，所以 S4-S22=S6-S4S2 ，
所以 6-S22=74S2-6S2 ，所以 S2+12S2-4=0 ，解得 S2=-12 或 S2=4 ，
又 S4-S2S2=q2⇒S4S2=1+q2＞0 ，所以 S2=4 .
13．【答案】.
【详解】由，得，
由，，得，
整理可得，分解因式可得，
解得或（舍去）.
14．【答案】 -∞,-4∪4,+∞
【详解】数列 an 中， an-an+1=n+1anan+1, 得 1an+1-1an=n+1
当 n⩾2 时，得 1an-1an-1=n,1an-1-1an-2=n-1,⋯,1a2-1a1=2,
累加得 1an-1a1=n+n-1+⋯+2 ，
可得 1an=n+n-1+⋯+2+1=nn+12 ，则 an=2nn+1=21n-1n+1 ，
当 n=1 时符合上式，则 Sn=21-12+12-13+⋯+1n-1n+1=2-2n+1＜2 ，
所以 Sn＜2 ，
对于任意的 a∈-3,3,n∈N* ，不等式 2Sn＜t2+at ，
即 4⩽t2+at 恒成立，∴ t2+at-4⩾0 ，
设 fa=t2+at-4,a∈-3,3 ，
可得 f-3⩾0f3⩾0， 即有 t2-3t-4⩾0t2+3t-4⩾0 ，解得 t⩽-4 或 t⩾4 ，
则实数t的取值范围是 -∞,-4∪4,+∞ ．
15．【答案】(1) an=2n-9
(2) Sn=nn-8
(3)160
【详解】（1）设等差数列 an 的公差为d，
由题可得： a1+a2+a3=-152a3=a1+-a4⇒3a1+3d=-152a1+2d=a1-a1+3d ，
解得 a1=-7,d=2,∴an=a1+n-1d=2n-9 ，
（2）由（1）知， a1=-7,d=2 ，
所以 Sn=n-7+2n-92=nn-8 ，
（3）由 2n-9⩽0⇒n⩽92 ，
所以 a1,a2,a3,a4 均为负数，且从 a5 开始，后面每一项均为正数，
T16=-a1-a2-a3-a4+a5+⋯+a16
=-a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a16
=-S4+S16-S4= S16-2S4=1616-8-2×44-8=160
16．【答案】(1) an=n
(2) Sn=n-1⋅2n+1+2
【详解】（1）设等差数列 an 是公差为 d ，且 d≠0 ，且 a1=1 ，
∴ a3=a1+2d=1+2d ， a9=a1+8d=1+8d ，
又 a1,a3,a9 成等比数列，则 a32=a1a9 ，
∴ 1+2d2=1×1+8d ，即 d2-d=0 ，
即 dd-1=0 ，解得 d=1 或 d=0 （舍），
∴ an=a1+n-1d=1+n-1=n .
（2）由（1）得 an=n ，则 a2n=2n ，又 bn=n⋅a2n ，则 bn=n⋅2n ，
又 Sn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn-1+bn ，
所以 Sn=1×2+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n-12n-1+n⋅2n ①，
2Sn=1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n-12n+n⋅2n+1 ②，
②得： -Sn=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=1-n⋅2n+1-2 ，
所以 Sn=n-1⋅2n+1+2 .
17．【答案】(1)证明见解析
(2) 5×218-293
【详解】（1）数列 an 的前 n 项和为 Sn ，已知 Sn=2an-n+1 ，①，
当 n=1 时， a1=S1=2a1-1+1 ，解得 a1=0 ，
故 Sn+1=2an+1-n+1+1 ，②，
②-①得： an+1=2an+1-2an-1 ，
即 an+1=2an+1 ，
故 an+1+1=2an+1 ，
故数列 an+1 是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得： an+1=2n-1 ，
整理得 an=2n-1-1 .
数列 bn 满足 b1=a2,bn+1=an,n为奇数,an-bn,n为偶数,
故 bn+1=2n-1-1n为奇数,2n-1-1-bnn为偶数, 且 b1=a2=1 ，
当 n 为偶数时， bn+1=2n-1-1-bn ，
整理得 bn+1+bn=2n-1-1 ，
故 b1+b2+⋯+b20=b1+b2+b3+⋯+b18+b19+b20
=1+21-1+23-1+⋯+217-1+218-1
=1+2×1-491-4-9+218-1
=5×218-293.
18．【答案】(1) an=2n-1 ， bn=n .
(2) t⩾1 或 t⩽-2
【详解】（1）对 an ：由 an+1=2an+1 ⇒ an+1+1=2an+1 ，且 a1+1=2 ，
所以数列 an+1 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列.
所以 an+1=2n ⇒ an=2n-1 .
对 bn ：前 n 项和为 2Sn=n2+lg22n ⇒ Sn=n2+n2 .
当 n=1 时， b1=S1=1 ；
当 n⩾2 时， bn=Sn-Sn-1=n2+n2-n-12+n-12=n ，
n=1 时，上式亦成立.
所以 bn=n .
（2）因为 cn=n+3n+1n+2⋅2n =2n+2-n+1n+1n+2⋅2n =1n+1⋅2n-1-1n+2⋅2n .
所以 Tn=12×1-13×2+13×2-14×22+⋯+1n+1⋅2n-1-1n+2⋅2n =12-1n+2⋅2n＜12 .
由已知 12t2+t-1⩾12 ⇒ t⩾1 或 t⩽-2 .
19．【答案】(1)；
(2)存在；或；
(3)证明见详解.
【详解】（1）因为，所以当时，，
两式相减得，即．
累乘得．
经检验也符合上式，所以．
（2）因为，所以，
所以，
假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，即，
显然是18的正约数，又因为，所以，所以或18，
当，即时，，
当，即时，．
所以，存在正整数，使得成等差数列，
此时或．
（3）由题意知，，
当时，，不等式成立．
当，因为
，
所以
．
因为，所以，
所以时，，
综上，．