2022年高考数学二轮复习专题检测数列 .pdf

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1、学习必备欢迎下载20XX届高考数学二轮复习专题检测：数列本试卷分第卷(选择题 )和第卷 (非选择题 )两部分满分150 分考试时间120 分钟第卷 (选择题共 50 分) 一、选择题 (本大题共10 个小题，每小题5 分，共 50 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(2014 福建高考 )等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a12，S312，则 a6 等于 () A 8B10 C12 D14 答案 C 解析 本题考查等差数列的通项公式由 a12，S33a1322d6 3d12 可得 d 2，a6a15d12. 注意熟记等差数列的常见性质，如danamnm. 2在

2、数列 an中， a11，点 (an，an1)在直线 y 2x 上，则 a4 的值为 () A 7 B8 C9 D16 答案 B 解析 因为点 (an，an1)在直线 y 2x 上，即 an12an，所以数列 an是公比为2 的等比数列，所以a4a1q3 238，选 B(理) 已知 an为等差数列，若a3 a4a89，则 S9() A 15 B24 C27 D54 答案 C 解析 由已知 a3a4a8 3a112d9，故 a14d3，即 a53， S99a1a929a527. 3(2015 河南三市调研 )设 an是等比数列， Sn是 an的前 n 项和，对任意正整数n，有 an2an1 an2

3、 0，又 a12，则 S101的值为 () A 2 B200 C 2 D0 答案 A 解析 设等比数列的公比为q.由 an2an1an20 得 an(12qq2)0，因为 an0 ，所以 12qq20，解得 q 1，所以 S101a12. 4(文)在等比数列 an中， a20168a2013，则公比q 的值为 () A 2 B3 C4 D8 答案 A 解析 a20168a2013， q3a2016a20138， q2. (理)设 Sn为等比数列 an的前 n 项和，已知3S3a42,3S2a3 2，则公比q() A 3 B4 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

4、- - - - - -第 1 页，共 8 页学习必备欢迎下载C5 D6 答案 B 解析 根据题意将3S3 a42 和 3S2a32相减得：3(S3S2) a4a3， 则 3a3a4a3,4a3a4，所以 qa4a34. 5(2015 昆明第一次调研)设 Sn 是公差不为0 的等差数列 an的前 n 项和，若a12a83a4，则S8S16() A310B13C19D18答案 A 解析 由已知得a12a114d3a19d，a152d，又S8S168a128d16a1120d，将 a152d 代入化简得S8S16310. 6(文)已知等比数列an的首项 a11，公比 q2，则 log2a1 log2

5、a2 log2a11 () A 50 B35 C55 D46 答案 C 解析 因为等比数列an的首项a11，公比q2，所以a625，故 log2a1log2a2 log2a11 log2a1a2 a11 log2a116 log2(25)11 log225555，故选 C(理)已知等比数列 an中，各项都是正数，且a1，12a3,2a2 成等差数列，则a9a10a7a8 () A2 B322 C322 D3 答案 C 解析 a1，12a3,2a2 成等差数列，所以a3a12a2，即 a1q2a12a1q，解得 q12，a9a10a7a8q2(12)23 22. 7在等差数列an中， a1 28

6、，公差 d4，若前 n 项和 Sn 取得最小值，则n 的值为 () A 7 B8 C7 或 8 D8 或 9 答案 C 解析 ana1(n 1)d 284(n1)4n32，由 an0 得 4n320 ，即 n 8. 即 a80.当 n7 时， an0， a7a100，a8a90，故 a9S7 ，S90 公差 d0，an是一个递减的等差数列，前n 项和有最大值，a10，an是一个递增的等差数列，前n 项和有最小值13 若数列 an满足 a12 且 anan12n2n1， Sn为数列 an的前 n 项和，则 log2(S20152)_. 答案 2016 解析 因为 a1a2222，a3a4 242

7、3，a5a62625，.所以 S2015a1 a2a3a4 a2011a2015 21222324 2201422015 212201512 220162. 故 log2(S2015 2) log2220162016. 14已知数列 an，其前 n 项和 Snn2n1，则 a8a9a10 a11a12_. 答案 100 解析 a8a9a10a11a12S12S7(122121)(7271)100. 15如图，将数列an中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表已知表中的第一列 a1，a2，a5， 构成一个公比为2 的等比数列，从第2 行起，每一行都是一个公差为d 的等差数列若a45，a86

8、 518，则 d_. a1 a2a3a4 a5a6a7a8a9 答案 32解析 a45， a252D又第 1 行到第 9 行共有 135 1781 项，第 10 行的第 1 项为 a82a864d5184D又表中的第1 列 a1，a2， a5， ，a82 是公比为2 的等比数列，a82a2 28，即 5184d(52d)28，解得 d32. 三、解答题 (本大题共6 个小题，共75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16(本小题满分12 分)已知数列 an是公差不为0 的等差数列，a12 且 a2, a3, a41 成等比数列(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2nan2，

9、求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解析 (1)设数列 an的公差为 d，由 a12 和 a2，a3，a4 1 成等比数列，得(22d)2(2d)(33d) 解得 d 1 或 d2. 当 d 1 时， a30，这与 a2，a3，a41 成等比数列矛盾舍去所以d2. ana1(n 1)d2n，即数列 an的通项公式为an 2n，(nN*) (2)bn2nan22n2n21nn11n1n1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页学习必备欢迎下载Snb1b2 bn(112)(1213) (1n1n1)11n1nn1. 17

10、(本小题满分12 分)已知 an是一个公差大于0 的等差数列， 且满足 a3a5 45， a2 a6 14. (1)求an的通项公式；(2)若数列 bn满足：b12b222 bn2nan1(nN*)，求 bn的前 n 项和解析 (1)设等差数列 an的公差为d，则依题设知d0. 由 a2a614，可得 a47. 由 a3a5 45，得 (7d)(7d)45，可得 d2. 所以 a1 73d1. 可得 an 2n1. (2)设 cnbn2n，则 c1c2 cnan1. 即 c1c2 cn2n，可得 c1 2，且 c1c2 cn12(n1)所以 cn2(nN*) 所以 bn2n1，所以数列 bn是

11、首项为4，公比为2 的等比数列，所以前 n 项和 Sn412n122n 24. 18(本小题满分12 分)(2014 浙江高考 )已知等差数列an的公差 d0.设an的前 n 项和为 Sn，a11，S2S336. (1)求 d 及 Sn；(2)求 m， k(m，kN*) 的值，使得amam1am1 am k65. 解析 (1)S2S336，a1 1，(2a1d)(3a1 3d)36 即 d2 3d100，d 2 或 d 5 d0， d2 an 为 1 为首项， 2 为公差的等差数列Snnnn122 n2. (2)amam1 amk65 Sm kSm1 65 由(1)得(mk)2(m1)265.

12、 即 2mkk22m165 2m(k1)k2 165 即(k1)(2mk1) 65513 ，k、 m N， 2mk1k1 k152mk113解之得 m5，k 4. 当 m5，k4 时， am am1 amk65. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页学习必备欢迎下载19(本小题满分12 分)(2015 奉新一中月考 )已知等比数列an满足 2a1 a33a2，且 a32 是a2 与 a4 的等差中项(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnanlog2an， Snb1b2 bn， 求使不等式Sn2n1470 成立的

13、n 的最小值解析 (1)设等比数列 an的首项为a1，公比为q，2a1a33a2，且 a3 2 是 a2，a4 的等差中项，a1(2q2)3a1q，a1(qq3)2a1q24，由及 a10 ，得 q23q20， q1，或 q2，当 q1 时，式不成立；当q2 时，符合题意，把 q2 代入得a12，所以， an2 2n 12n；(2)bnanlog2an2nn. 所以 Sn b1b2 bn (2222n) (12 n) 2n1212n12n2，因为 Sn2n1470，所以 2n1212n12n22n1470，解得 n9 或 n10. 故使 Sn 2n14750 成立的正整数n 的最小值解析 (1

14、)设等比数列 an的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a32)a2a4，代入 a2a3a428，得 a38， a2a420，a1q28，a1qa1q320，解之得q2，a12或q12，a132又数列 an单调递增，所以q2，a12，数列 an的通项公式为an 2n. (2)bn 2nlog122n n 2n，Sn (12 222 n 2n)，2Sn 1 22 2 23 (n1) 2nn 2n1，两式相减，得Sn22223 2nn 2n12n12n 2n1. Snn 2n150，即 2n 1250，即 2n 152. 易知：当n4时， 2n125 3252. 使 Sn n 2n150 成立的正

15、整数n 的最小值为5. 21(本小题满分14 分)(文)已知数列 an满足 a11，a1a2 an1an 1(n 2 且 nN*)(1)求数列 an的通项公式an；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页学习必备欢迎下载(2)令 dn1 logaa2 n1 a2 n25(a0， a 1) ，记数列 dn的前 n 项和为 Sn，若S2nSn恒为一个与n无关的常数 ，试求常数a 和 .解析 (1)由题 a1a2 an 1an 1a1a2 anan1 1由得：an12an 0，即an1an2(n2) 当 n2 时， a1a2 1

16、， a11， a22，a2a12，所以，数列 an是首项为1，公比为2 的等比数列故 an2n1(nN) (2)an2n1， dn1logaa2 n1a2 n251 2nloga2，dn1dn2loga2，dn是以 d11 2loga2 为首项，以2loga2 为公差的等差数列，S2nSn2n12loga22n2n12 2loga2n12loga2nn12 2loga224n2loga21n1loga2 ，? ( 4)nloga2( 2)(1loga2)0，S2nSn恒为一个与n 无关的常数 ， 4loga2 0 21loga2 0解之得： 4，a12. (理) 数列 an中， a1t，a2t

17、2，其中t0 且 t 1 ，xt是函数 f(x)an1x33(t 1)anan1x 1(n 2)的一个极值点(1)证明：数列 an1an是等比数列；(2)求数列 an的通项公式；(3)设 bnanlogtan，数列 bn的前 n 项和为 Sn，求 Sn. 解析 (1)证明： f(x)3an1x23(t 1)anan1，根据已知f(t)0，即 tan1(t1)anan10，即 an1an t(anan1)，t0， t 1 ， a2a1t2t t(t1)0.所以数列 an1an是以 t(t1)为首项， t 为公比的等比数列(2)由(1)可知 an1an(t1)tn. 所以an(an an1)(an

18、 1an2) (a2a1)a1(t1)tn1(t1)tn2 (t1)tt (t1)t1 tn11t ttn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页学习必备欢迎下载所以数列 an的通项公式antn. (3)由(2)知 antn，所以 bnanlogtanntn. Sn1t2t2 3t3 ntn. 则 tSn1t2 2t3 (n1)tn ntn1. 所以 (1t)Sntt2t3 tnntn1 t1tn1tntn1. 所以 Snt tn11 t2ntn 11t. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页