2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题过关检测2　数列（含解析）

这是一份2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题过关检测2　数列（含解析），共11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:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,a3+a7=( )
A.-2B.73
C.1D.29
2.(2025河北唐山一模)若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+m(m∈R),则m=( )
A.-1B.0C.1D.2
3.(2025江西南昌二模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则S15=( )
A.81B.71
C.61D.51
4.(2025浙江杭州模拟)将数列{3n-1}中与数列{6n+5}相同的项剔除,余下的项按从小到大的顺序排列得到数列{an},则数列{an}前10项的和为( )
A.205B.234
C.239D.290
5.(2025湖南常德一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an+1=a1+a2+…+an(n∈N*),则( )
A.a2=2B.a4=8
C.S2=3D.S5=16
6.(2025山东淄博模拟)把正整数按一定的规律排成三角形数阵,如图所示.设aij(i,j∈N*)是这个三角形数阵中从上往下数第i行、从左往右数第j个数,如a42=8,若aij=2 015,则i与j的和为( )
A.109B.110
C.111D.112
7.(2025河南洛阳模拟)《九章算术》中有问题:“今有蒲生一日,长三尺;莞生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.”意思是说今有蒲第一天长高三尺,莞第一天长高一尺,以后蒲每天长高为前一天的一半,莞每天长高为前一天的两倍.要使莞的长度大于蒲的长度(蒲与莞原先的长度忽略不计),需要经过的时间最少为( )
A.3天B.4天
C.5天D.6天
8.(2025山东烟台模拟)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=(-1)nnanan+1,若不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,则实数λ的最小值为( )
A.-45B.-1
C.-14D.-15
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025广东茂名模拟)等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2.记数列{an}的前n项和为Sn,下列选项正确的是( )
A.数列{an}的公差为2
B.Sn取最小值时,n=6
C.S4=S7
D.数列{|an|}的前10项和为50
10.(2025广东肇庆模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+2,{bn}为等差数列,且b2=a1,b8=a3,记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,数列{cn}的前n项和为Tn,则下列结论正确的是( )
A.an=2n+1
B.bn=n
C.cn=2n-n
D.Tn=2n+1-n(n-1)2-2
11.(2025江苏扬州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),则下列说法正确的有( )
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-2an}为等比数列
C.Sn=2n+1-n-2
D.若bn=nan,则数列{bn}的前n项和Tn=(n-1)·2n+1-n2+n-42
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025新高考Ⅰ,13)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于 .
13.(2025山东淄博一模)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),满足an+Sn-1Sn=0(n≥2),a1=1,则S100= .
14.(2025河北保定一模)现有n个串联的信号处理器单向传输信号,处理器的工作为:接收信号—处理并产生新信号—发射新信号.当处理器接收到一个A类信号时,会产生一个A类信号和一个B类信号并全部发射至下一个处理器;当处理器接收到一个B类信号时,会产生一个A类信号和两个B类信号,产生的B类信号全部发射至下一个处理器,但由接收B类信号直接产生的所有A类信号只发射一个至下一个处理器.当第一个处理器只发射一个A类信号至第二个处理器时,按上述规则依次类推,若第n个处理器发射的B类信号数量记作bn,即b1=0,则b4= ,数列{bn}的通项公式bn= .
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025浙江丽水模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1>1,8Sn=an2+4an+3,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n.
16.(15分)(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
17.(15分)(2025辽宁辽阳一模)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n项和为Sn,且1a1,2S2,8a3成等差数列,3a2=a1+2a3,数列{bn}满足bn+1=2bn-2n+1,b1=3,n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=anbn,n是奇数,(6n+19)anbnbn+2,n是偶数,求数列{cn}的前2n项和T2n.
18.(17分)(2025江苏无锡模拟)已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,满足Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=lg2(an+1),求(an+1)(n-1)bnbn+1的前n项和Hn;
(3)在ak和ak+1之间插入k个数构成一个新数列{cn}:a1,d1,a2,d2,d3,a3,d4,d5,d6,a4,…,其中插入的所有数依次构成数列{dn},通项公式dn=(-1)n2n,求数列{cn}的前30项和T30.
19.(17分)(2025安徽黄山二模)若数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整数n都有|xn-yn|7,解得t>6,即2n>6,又22=46,且n∈N*,所以需要经过的时间最少为3天.
8.D 解析 当n=1时,a1=S1=12=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=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=(-1)nnanan+1=(-1)nn(2n-1)(2n+1)=(-1)n·1412n-1+12n+1.当n为偶数时,Tn=-1411+13+1413+15-1415+17+…+1412n-1+12n+1=-14+14(2n+1)≤-15;当n为奇数时,Tn=-1411+13+1413+15-1415+17+…-1412n-1+12n+1=-14-14(2n+1)0,所以an-an-1=4(n≥2),
所以{an}是以3为首项,4为公差的等差数列,
所以an=3+(n-1)×4=4n-1.
(2)由(1)知bn=(-1)nan=(-1)n(4n-1),
所以b2n-1+b2n=-1×(8n-5)+1×(8n-1)=4,
T2n=(b1+b2)+(b2+b3)+…+(b2n-1+b2n)=4n.
16.解 (1)∵3a2=3a1+a3,
∴3d=a1+2d,解得a1=d.
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d,an=a1+(n-1)d=nd,
又T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d,
∴S3+T3=6d+9d=21,
即2d2-7d+3=0,
解得d=3或d=12(舍去),∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3,
∴61a2-1a3=6da2a3=1a1,
即a12-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d.
∵d>1,∴an>0.
又S99-T99=99,由等差数列的性质知,99a50-99b50=99,即a50-b50=1,∴a50-2 550a50=1,
即a502-a50-2 550=0,
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,
解得d=1,与d>1矛盾,无解;
当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,
解得d=5150.
综上,d=5150.
17.解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意可得3a2=a1+2a3,4S2=1a1+8a3,则3a1q=a1+2a1q2,4(a1+a1q)=1a1+8a1q2.
因为等比数列{an}是递减数列,解得a1=q=12,
所以an=a1qn-1=12n.
因为bn+1=2bn-2n+1,所以bn+1-2(n+1)-1=2(bn-2n-1).
因为b1=3,则b1-2×1-1=0,所以bn-2n-1=0,故bn=2n+1.
(2)当n为奇数时,cn=2n+12n,令An=∑i=1nc2i-1,
则An=32+723+1125+…+4n-122n-1,
14An=323+725+…+4n-522n-1+4n-122n+1,
两式作差可得34An=32+423+425+…+422n-1-4n-122n+1=32+12(1-14n-1)1-14-4n-122n+1=136-12n+136·4n,
化简得An=269-12n+139·22n-1;
当n为偶数时,cn=6n+192n(2n+1)(2n+5)=4(2n+5)-(2n+1)2n(2n+1)(2n+5)=1(2n+1)·2n-2-1(2n+5)·2n,
令Bn=∑i=1nc2i,则Bn=15×20-19×22+19×22-113×24+…+1(4n+1)·22n-2-1(4n+5)·22n=15-1(4n+5)·22n,
故T2n=An+Bn=13945-12n+139×22n-1-1(4n+5)·22n.
18.解 (1)由题意,当n=1时,S2=2S1+2,
得a1+a2=2a1+2,∵a1=1,∴a2=3.
当n≥2时,Sn+1=2Sn+n+1,①
Sn=2Sn-1+n,②
①-②得,an+1=2an+1(n≥2).
∵a2=3=2a1+1,∴an+1=2an+1(n∈N*).
则an+1+1=2an+2=2(an+1).
∵a1+1=2≠0,∴an+1+1an+1=2,
∴{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.
即an+1=2n,则an=2n-1.
(2)由bn=lg2(an+1)=lg22n=n,则(an+1)(n-1)bnbn+1=2n(n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn,∴(an+1)(n-1)bnbn+1的前n项和Hn=222-21+233-222+…+2n+1n+1-2nn=-21+2n+1n+1=2n+1n+1-2.
(3)在数列{cn}中,项a7之前(含a7)共有1+2+3+4+5+6+7=28项,28