【文档说明】备战2025年高考二轮复习 数学 专题突破练12 Word版含解析.docx，共(6)页，41.134 KB，由envi的店铺上传

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专题突破练(分值:77分)学生用书P165一、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.1021D.2037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=1𝑎𝑛�

�𝑛+1(n∈N*),则数列{bn}的前n项和Sn为()A.1-12𝑛+1=2𝑛2𝑛+1B.1+12𝑛+1=2𝑛+22𝑛+1C.12(1-12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1D.12(1+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=2

0,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)=12(12𝑛-1-12𝑛+1),可得Sn=12(1-13+13−14+…+12𝑛-1−12𝑛+1)=12(1-12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1.故选C.4.(2024·安徽三模)记数列{an}的前n项和为Sn,若a

1=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T2

0-6=()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=100B.b10=10

24C.{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前10项和为919D.{1𝑏𝑛}的前10项和为10231024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c

n=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,则cn=1𝑑(1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+1)=12(1𝑎𝑛-1𝑎𝑛+1),∴c1+c2+…+c10=12(1𝑎1−1𝑎2+1𝑎2−1𝑎3+…+1𝑎10−1𝑎1

1)=12(1𝑎1-1𝑎11).又a1=1,a11=21,∴c1+c2+…+c10=12(1-121)=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=1024.故选项B正确.∵1𝑏𝑛=12𝑛=12·(12)

𝑛-1,∴{1𝑏𝑛}是首项为12,公比为12的等比数列,1𝑏1+1𝑏2+1𝑏3+…+1𝑏10=12×(1-1210)1-12=10231024.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+34C.∑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1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,1

2,13,14,15,15,16,17,18,18,….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+1

2𝑛-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=(S

1+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=12(1𝑛-

1𝑛+2).当n为奇数时,b1+b3+…+b4n-1=1𝑆1+1𝑆3+…+1𝑆4𝑛-1=12(1-13)+12(13-15)+…+12(14𝑛-1−14𝑛+1)=12(1-14𝑛+1).当n为偶数时,b4n-2+b4n=S4n-2-S4n=(4n-2)×4

n-4n×(4n+2)=-16n,则b2+b4+…+b4n=-16(1+2+…+n)=-8n(n+1),所以前4n项和T4n=12(1-14𝑛+1)-8n(n+1)=2𝑛4𝑛+1-8n(n+1).