【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 专题检测2　数列 Word版含答案.docx，共(7)页，95.430 KB，由小赞的店铺上传

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专题检测二数列一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2022湖南常德一模)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4=4,S3=S2+2,则a1=()A.12B.1C

.√2D.22.(2023北京石景山一模)已知数列{an}满足:对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,则a10=()A.34B.35C.36D.3103.(2023陕西西安六区县联考一)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n+1,则a10=()A

.36B.15C.55D.664.2021年是中国共产党建党100周年,某校在礼堂开展庆祝活动.已知该礼堂共有20排座位,每排比前一排多3个座位,若前3排座位数之和为45,则该礼堂座位数总和是()A.570B.710C.770D.8105.(2023山东泰安一模)已知数列{an}的前n项

和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则a4=()A274B.94C.278D.986.(2023辽宁沈阳二中三模)记Tn为数列{an}的前n项积,已知1𝑇𝑛+1𝑎𝑛=1,则T4=()A.4B.5C.7D.87.(2023江西九江二模)已知数列{an}的通项公式为an=1(𝑛+1)2

-1,则其前8项和为()A.910B.920C.5845D.29458.(2023安徽安庆二模)已知等差数列{an}满足𝑎12+𝑎42=4,则a2+a3不可能取的值是()A.-3B.-2√2C.√32D.√29.(2023河南名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-2=

2(an-2n),则an=()A.(n+1)·2n+1B.2nC.n·2n+1D.n·2n10.(2023山西临汾一模)1682年,英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年、1607年的彗星惊

人地相似.他大胆断定,这是同一天体的三次出现,并预言它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星,它的回归周期大约是76年.请你预测它在21世纪回归的年份为()A.2042年B.2062年C.2082年D.2092年11.(2023黑

龙江哈尔滨九中开学考)设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+3,且Sn=1450,若a2<4,则n的最大值为()A.50B.51C.52D.5312.已知数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,且a1=12

,𝑆𝑛+1𝑆𝑛=2𝑛+1-12𝑛+1-2.若bn=-log2Tn,则数列{1𝑏𝑛}的前n项和An=()A.2𝑛𝑛+1B.𝑛𝑛+2C.𝑛+12𝑛D.32𝑛+1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023广西柳州三模)已知数列{a

n}满足a1=1,a2=2,an+2-an=(-1)n+2,则数列{an}的前30项和为.14.(2023广东天河一模)已知各项均为正数的数列{an}前n项和Sn满足Sn=𝑎𝑛(𝑎𝑛+1)2+m,m∈R,且a3+a5=

10,则m=.15.(2020山东,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.16.(2023陕西西安一模)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集:如图,取一条长度为1的线段,第1次操作,将该线

段三等分,去掉中间一段,留下两段;第2次操作,将留下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留下四段;按照这种规律一直操作下去.若经过n次这样的操作后,去掉的所有线段的长度总和大于99100,则n的最小值为.(参考数据:lg2≈0.301,lg3≈0.477)三、解答题:本题共6小题,共7

0分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,an=2an-1+1(n≥2).(1)证明:数列{an+1}为等比数列;(2)求数列{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列.18.(12分)(2020全国Ⅰ

,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.19.(12分)(2023山东烟台一模)已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且3a

1,a3,5a2成等差数列,S4+5=5a3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=an·log3an+1,求数列{bn}的前n项和Tn.20.(12分)(2023湖南岳阳二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2

Sn+2n+1.(1)证明数列𝑆𝑛2𝑛是等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)设bn=𝑆𝑛3𝑛,若对任意正整数n,不等式bn<𝑚2-𝑚+1827恒成立,求实数m的取值范围.21.(12分)(2023江苏二模)已知数列{an}满足a1=-12,(n+1)an+2na

n+1=0.数列{bn}满足b1=1,bn+1=k·bn+an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:当|k|≤1时,|bn|≤3-𝑛+12𝑛-1.22.(12分)(2023天津,19)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求{an}的通项公式和∑𝑖=2�

�-12𝑛-1ai.(2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk<an<bk+1.①当k≥2时,求证:2k-1<bk<2k+1;②求{bn}的通项公式及其前n项和.专

题检测二数列1.A解析设{an}的公比为q,由题可知a3=S3-S2=2,q=𝑎4𝑎3=42=2,所以a1=𝑎3𝑞2=222=12.2.B解析对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,所以a2a2=𝑎22=32=a4,则a4a4=𝑎42=34=a8,所以a10=a2a

8=3×34=35.故选B.3.C解析由题意得an+1-an=n+1,则a10=(a10-a9)+(a9-a8)+…+(a2-a1)+a1=10+9+…+2+1=10(1+10)2=55.4.D解析设从第1排到最后一排的座位数构成一个数列{an},由题可知

,{an}是公差为3的等差数列,且a1+a2+a3=3a2=45,所以a2=15,所以a1=a2-3=12,所以该礼堂座位数总和为S20=20×12+20×192×3=810.5.D解析由题意,得a2=12S1=12a1=12,a3=12S2=1

2(a1+a2)=12×1+12=34,a4=12S3=12(a1+a2+a3)=121+12+34=98.故选D.6.B解析由题设1𝑇1+1𝑎1=1,即a1=2,1𝑇2+1𝑎2=32𝑎2=1,即a2=32,1𝑇3+1𝑎3=43𝑎3=1,即a3=43,1�

�4+1𝑎4=54𝑎4=1,即a4=54,所以T4=a1a2a3a4=5.故选B.7.D解析∵an=1(𝑛+1)2-1=1𝑛(𝑛+2)=121𝑛−1𝑛+2,∴数列{an}的前n和为Sn=12

11−13+12−14+…+1𝑛-1−1𝑛+1+1𝑛−1𝑛+2=1232−1𝑛+1−1𝑛+2,∴S8=1232−19−110=2945.故选D.8.A解析(方法一)设a1=2cosθ,a4=2sinθ,则a2+a3

=a1+a4=2√2sinθ+π4,∴a2+a3∈[-2√2,2√2].(方法二)∵𝑎1+𝑎422≤𝑎12+𝑎422=2,∴|a1+a4|≤2√2,∴a2+a3=a1+a4∈[-2√2,2√2].故选A.9.D解析令n=1,得S1-2=2(a1-

2),所以a1=2.由Sn-2=2(an-2n),得Sn+1-2=2(an+1-2n+1),两式作差可得an+1=2an+2n+1,化简整理可得𝑎𝑛+12𝑛+1=𝑎𝑛2𝑛+1,所以数列𝑎𝑛2𝑛是

首项为𝑎12=1,公差为1的等差数列,所以𝑎𝑛2𝑛=n,所以an=n·2n.故选D.10.B解析由题意,可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682,公差为76的等差数列{an},则等差数列{a

n}的通项公式为an=1682+76(n-1)=76n+1606,∴a5=76×5+1606=1986,a6=76×6+1606=2062,∴可预测哈雷彗星在21世纪回归的年份为2062年.故选B.11.B解析∵an+1+an=2n+3,∴an+

1-(n+2)=-[an-(n+1)].若an=n+1,则an+1-an=1,a1=2,则{an}是首项为2,公差为1的等差数列,则Sn=𝑛(2+𝑛+1)2=𝑛(𝑛+3)2.令Sn=1450,即𝑛(𝑛+3)2=1450,无正整数解,所以an≠n+1,即an-(n+1)≠0

,则{an-(n+1)}是公比为-1的等比数列,∴an-(n+1)=(a1-2)·(-1)n-1,即an=(n+1)+(a1-2)·(-1)n-1,∴Sn=[2+3+…+(n+1)]+(a1-2)[1+(-1)+(-1)2+…+(-1)n-1]=𝑛(𝑛+

3)2+(a1-2)1-(-1)𝑛2.当n为偶数时,Sn=𝑛(𝑛+3)2不符合题意,所以n为奇数,Sn=𝑛(𝑛+3)2+a1-2=1450,∴a1=1452-𝑛(𝑛+3)2.又a1+a2=5,∴a2=5-a1<4,即

a1>1,即n(n+3)<2902.∵y=n(n+3)在区间(0,+∞)上是增函数,n为奇数,51×54=2754<2902,53×56=2968>2902,故n的最大值为51.故选B.12.A解析∵𝑆𝑛+1𝑆𝑛=2𝑛+1-12𝑛+1-2,

∴𝑎𝑛+1𝑆𝑛=𝑆𝑛+1-𝑆𝑛𝑆𝑛=12𝑛+1-2,即Sn=(2n+1-2)an+1,∴S1=a1=2a2,又a1=12,∴a2=14.由an+1=Sn+1-Sn=(2n+2-2)a

n+2-(2n+1-2)an+1,整理得𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=12,又a1=12,𝑎2𝑎1=12,∴数列{an}是首项为12,公比为12的等比数列,∴an=12·(12)𝑛-1=12𝑛,∴bn=lo

g12(a1a2…an)=log1212·122·…·12𝑛-1·12𝑛=log12(12)𝑛(𝑛+1)2=𝑛(𝑛+1)2,∴1𝑏𝑛=21𝑛−1𝑛+1,∴An=21-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=2(1-1𝑛+1)=2𝑛𝑛+1.13.

465解析设{an}的前n项和为Sn.当n为奇数时,an+2-an=1,{a2k-1}(k∈N)是首项为1,公差为1的等差数列;当n为偶数时,an+2-an=3,{a2k}是首项为2,公差为3的等差数列,所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=(1+15)×1

52+(2+44)×152=465.14.-1解析由Sn=𝑎𝑛(𝑎𝑛+1)2+m,得Sn+1=𝑎𝑛+1(𝑎𝑛+1+1)2+m,两式相减得an+1=Sn+1-Sn=𝑎𝑛+1(𝑎𝑛+1+1)2−𝑎𝑛(𝑎𝑛+1)2,即(an+1+a

n)(an+1-an-1)=0.又an>0,an+1>0,∴an+1+an≠0,∴an+1-an-1=0,即an+1-an=1,∴{an}是等差数列,公差为1,∴a3+a5=a1+2+a1+4=10,∴a1=2,∴S1=𝑎1(𝑎1+1)2+m,即2=2×(2+1)2+m,∴m=-1.1

5.3n2-2n解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}

是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+𝑛(𝑛-1)2×6=3n2-2n.16.12解析设每次操作留下的长度为{an},则a1=23,a2=23×23=232,且每次操作留下的长度均为

上一次操作留下长度的23,所以{an}为等比数列,公比为23,首项为23,故an=23×23n-1=23n,所以经过n次这样的操作后,去掉的所有线段长度总和为1-an=1-23n,故1-23n>99100,即23n<1100,两边取对数得n(lg3-lg

2)>2.又n∈N*,所以n≥12,则n的最小值为12.17.(1)证明由an=2an-1+1,得an+1=2(an-1+1).又a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)得an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1,∴Sn=(21+22+23

+…+2n)-n=2(1-2𝑛)1-2-n=2n+1-n-2.∵2an=2n+1-2,n+Sn=2n+1-2,∴2an=n+Sn,∴n,an,Sn成等差数列.18.解(1)设{an}的公比为q,由题设得2

a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+

(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n,可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)𝑛3-n×(-2)n.所以Sn=19−(3𝑛+1)(-2)𝑛9.19.解(1)设数列{an}的公比为q.因为3a1,a3,5a2成等差数列,∴3a1+5

a2=2a3,即3a1+5a1q=2a1q2,即3+5q=2q2,解得q=3或q=-12.∵{an}各项均为正数,∴q>0,∴q=3.由S4+5=5a3,得𝑎1(34-1)3-1+5=5×32a1,解得a1=1,∴an=3n-1.(2)由(1)知,bn=n×3n-1,则Tn=1×30+

2×31+3×32+…+n×3n-1,∴3Tn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,两式相减可得-2Tn=30+31+…+3n-1-n×3n=1-3𝑛1-3-n×3n=1-2𝑛2×3n-12,∴Tn=2𝑛-14×3n+14.20.(1)证明由Sn+1

=2Sn+2n+1,得𝑆𝑛+12𝑛+1=𝑆𝑛2𝑛+1.又𝑆12=𝑎12=12,∴数列𝑆𝑛2𝑛是以12为首项,1为公差的等差数列,∴𝑆𝑛2𝑛=12+(n-1)=2𝑛-12,即Sn=(2n-1)·2n-1,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-

1=(2n-1)·2n-1-(2n-3)·2n-2=(2n+1)·2n-2.又a1=1不满足上式,∴an={1,𝑛=1,(2𝑛+1)·2𝑛-2,𝑛≥2.(2)解由(1)知Sn=(2n-1)·2n-1,∴bn=(2𝑛-1)·

2𝑛-13𝑛=n-12·23n,∴bn+1-bn=n+12·23n+1-n-1223n=5-2𝑛6·23n,∴当n≤2时,bn+1>bn;当n≥3时,bn+1<bn,即b1<b2<b3>b4>b5>…

,所以bn的最大值为b3=2027.∵𝑚2-𝑚+1827>bn对任意正整数n恒成立,∴2027<𝑚2-𝑚+1827,即m2-m-2>0,解得m<-1或m>2,故实数m的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).21.(1)解(方法一)根据题意可知,a

n≠0,由(n+1)an+2nan+1=0,得𝑎𝑛+1𝑎𝑛=-𝑛+12𝑛.当n≥2时,由累乘法得𝑎𝑛𝑎1=𝑎2𝑎1·𝑎3𝑎2·…·𝑎𝑛𝑎𝑛-1=-1+12×1·-2+12×2·…·-𝑛2×(𝑛-1)=(-1)n-1𝑛2𝑛-1.又a1=-12,则an=(

-1)n-1𝑛2𝑛-1×-12=(-1)n𝑛2𝑛,当n=1时,a1=-12也符合上式,所以{an}的通项公式为an=(-1)n𝑛2𝑛.(方法二)由题可知an≠0.由(n+1)an+2nan+1=0,得

𝑎𝑛𝑛+2·𝑎𝑛+1𝑛+1=0,即𝑎𝑛+1𝑛+1=-12·𝑎𝑛𝑛.又𝑎11=-12,所以数列{𝑎𝑛𝑛}为以-12为首项,-12为公比的等比数列,所以𝑎𝑛𝑛=(-12)𝑛,所以an=(-1)n𝑛2𝑛.(2)证明因为bn+1

=k·bn+an=k·bn+(-1)n𝑛2𝑛,|k|≤1,所以|bn+1|≤|k·bn|+(-1)n𝑛2𝑛≤|bn|+𝑛2𝑛,即|bn+1|-|bn|≤𝑛2𝑛.当n≥2时,由累加法得|bn|-|b1|=|bn|-|bn-1|+|bn-1|-|bn-2|+…+|b2|-|b1|≤12

+222+…+𝑛-12𝑛-1.设Sn-1=12+222+…+𝑛-12𝑛-1,则2Sn-1=1+22+322+…+𝑛-12𝑛-2,所以Sn-1=1+12+122+…+12𝑛-2−𝑛-12𝑛-1=1-12𝑛-11-12−𝑛-12𝑛-1=2-𝑛+1

2𝑛-1.又b1=1,则|bn|-|b1|≤Sn-1=2-𝑛+12𝑛-1,则|bn|≤3-𝑛+12𝑛-1.当n=1时,b1=1也满足上述不等式,因此,当|k|≤1时,|bn|≤3-𝑛+12𝑛-1恒

成立.22.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则{𝑎2+𝑎5=2𝑎1+5𝑑=16,𝑎5-𝑎3=2𝑑=4,解得{𝑎1=3,𝑑=2.因此,an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1.∑𝑖=2𝑛-12𝑛

-1ai=∑i=2n-12n-1(2i+1)=2∑𝑖=2𝑛-12𝑛-1i+[(2n-1)-2n-1+1]=2[2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)]+2n-1=2(2𝑛-1+2𝑛-1)·2𝑛-12+2n-1=3

×4n-1.(温馨提示:需要确定和式中的项数)(2)①证明:对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则2k+1≤2n+1≤2k+1-1,又因为bk<an<bk+1,所以{𝑏𝑘<2𝑘+1,𝑏𝑘+1>2𝑘+1-1,(关键:要求出

an的范围,再利用恒成立思想可得出bk的范围)故当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1.(提示:在得到bk+1>2k+1-1后需过渡到bk)②当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1,则2k+1-1<bk+1<2k+1+1.设等比数列{bn}的公比为q,则12𝑘+1<1𝑏

𝑘<12𝑘-1.2𝑘+1-12𝑘+1<q=𝑏𝑘+1𝑏𝑘<2𝑘+1+12𝑘-1.因为2𝑘+1-12𝑘+1=2𝑘+1+2-32𝑘+1=2-32𝑘+1,2𝑘+1+12𝑘-1=2𝑘+1-2+32𝑘-1=2+32𝑘-1,因为对任意k≥2且k∈N*,2-3

2𝑘+1<2,2+32𝑘-1>2恒成立,所以q=2.当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk=b1·2k-1<2k+1,所以2-12𝑘-1<b1<2+12𝑘-1,因为对任意k≥2且k∈N*,2-12𝑘-1<2,2+12𝑘-1>2

恒成立,所以b1=2.所以bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.所以{bn}的前n项和Sn=2(1-2𝑛)1-2=2n+1-2.