2023学年高考数学大二轮复习专题突破练15专题四数列过关检测理2.docx

专题突破练15　专题四　数列过关检测 一、选择题 1.(2023四川峨眉山高三高考适应性考试)在等差数列{an}中,a3,a9是方程x2+24x+12=0的两根,则数列{an}的前11项和等于(　　) A.66 B.132 C.-66 D.-132 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=-1,S4=-5,则S6=(　　) A.-9 B.-21 C.-25 D.-63 3.(2023辽宁朝阳重点高中高三第四次模拟)在等比数列{an}中,a1a2=1,a3a6=9,则a2a4=(　　) A.3 B.±3 C.3 D.±3 4.数列{an}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有an+m=an+3m,则{an}前5项和S5=(　　) A.121 B.25 C.31 D.35 5.(2023山东潍坊高三5月三模)已知等差数列{an}的公差和首项都不为零,且a2,a4,a8成等比数列,则a1+a3a2+a4=(　　) A.13 B.23 C.53 D.2 6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 7.(2023山东省实验中学等四校高三联合考试)已知等差数列{an}的公差不为零,Sn为其前n项和,S3=9,且a2-1,a3-1,a5-1构成等比数列,则S5=(　　) A.15 B.-15 C.30 D.25 8.设等差数列{an}满足3a8=5a15,且a1>0,Sn为其前n项和,则数列{Sn}的最大项为(　　) A.S23 B.S24 C.S25 D.S26 9.(2023北京通州区三模)三国时期著名的数学家刘徽对推导特殊数列的求和公式很感兴趣,创造并发展了许多算法,展现了其聪明才智.他在《九章算术》“盈不足”一章的第19题的注文中给出了一个特殊数列的求和公式.这个题的大意是:一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地,长安与齐地相距3 000里(1里=500米),良马第一天走193里,以后每天比前一天多走13里.驽马第一天走97里,以后每天比前一天少走半里.良马先到齐地后,马上返回长安迎驽马,问两匹马在第几天相遇(　　) A.14天 B.15天 C.16天 D.17天 二、填空题 10.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-2n,则Sn=　　　　　.  11.(2023北京通州区三模)设{an}是等比数列,且a2a4=a5,a4=27,则{an}的通项公式为　　　　　.  12.(2023广东深圳高级中学高三适应性考试)在数列{an}中,a1=12019,an+1=an+1n(n+1)(n∈N*),则a2 019的值为　　　　　.  三、解答题 13.已知数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an<1. 14.(2023北京丰台高三上学期期末练习)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a2=b3=4,a6=b5=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 15.(2023江西上饶重点中学六校高三第二次联考)已知数列{an}满足对任意的正整数n,k都有an+k+an-k=2an(n>k),且该数列前三项依次为12x+1,10x,12x,又已知数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=Sn(n≥1), (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 2023学年参考答案 专题突破练15　专题四 数列过关检测 1.D　解析因为a3,a9是方程x2+24x+12=0的两根,所以a3+a9=-24. 又a3+a9=-24=2a6, 所以a6=-12. S11=11×(a1+a11)2=11×2a62=-132.故选D. 2.B　解析由题意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21. 3.A　解析设等比数列{an}的公比为q,因为a1a2=1>0,所以q>0.又a3a6=9,所以a2a4=a1a3a2a6=9=3.故选A. 4.D　解析当m=1时,由an+m=an+3m,得an+1-an=3, ∴数列{an}是首项a1=1,公差d=3的等差数列, ∴S5=5×1+12×5×4×3=35. 5.B　解析设等差数列的首项为a1,公差为d,则a2=a1+d,a4=a1+3d,a8=a1+7d, 因为a2,a4,a8成等比数列,故(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 整理得到d2=a1d.因为d≠0,所以d=a1,故an=na1.故a1+a3a2+a4=4a16a1=23.故选B. 6.C　解析∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, ∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3. ∴d=am+1-am=3-2=1. ∵Sm=ma1+m(m-1)2×1=0, ∴a1=-m-12. 又am+1=a1+m×1=3, ∴-m-12+m=3. ∴m=5.故选C. 7.D　解析设等差数列{an}的公差为d(d≠0).由题意得, 3a1+3d=9,(a1+2d-1)2=(a1+d-1)(a1+4d-1), 解得a1=1,d=2. ∴S5=5×1+5×4×22=25.故选D. 8.C　解析设等差数列{an}的公差为d, ∵3a8=5a15, ∴3(a1+7d)=5(a1+14d), 即2a1+49d=0. ∵a1>0,∴d<0, ∴等差数列{an}单调递减. ∵Sn=na1+n(n-1)2d=n-49d2+n(n-1)2d=d2(n-25)2-6252d. ∴当n=25时,数列{Sn}取得最大值,故选C. 9.C　解析记良马每天所走路程构成的数列为{an},驽马每天所走路程构成的数列为{bn}, 由题意可得:an=193+13(n-1)=180+13n,bn=97-12(n-1)=-12n+1952, 设经过n天两匹马相遇, 则有n(a1+an)2+n(b1+bn)2≥6000, 即n(193+180+13n)2+n(97+1952-n2)2≥6000, 整理得5n2+227n≥4800,当n≥16时满足题意, 因此两匹马在第16天相遇.故选C. 10.n·2n　解析∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n, 整理得Sn-2Sn-1=2n,等式两边同时除以2n,则Sn2n-Sn-12n-1=1. 又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2,∴数列Sn2n是首项为1, 公差为1的等差数列,所以Sn2n=n,所以Sn=n·2n. 11.an=3n-1,n∈N*　解析设等比数列{an}的公比为q, 因为a2a4=a5,a4=27, 所以a4=a2q2=a5a4·q2=q3=27,解得q=3, 所以a1=a4q3=2727=1, 因此,an=3n-1,n∈N*. 故答案为an=3n-1,n∈N*. 12.1　解析因为an+1=an+1n(n+1)(n∈N*), 所以an+1-an=1n(n+1)=1n-1n+1, a2-a1=1-12, a3-a2=12-13, …… a2023-a2023=12018-12019, 累加,可得 a2023-a1=1-12019, a2023-12019=1-12019, 所以a2023=1. 13.(1)解设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1. ∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1. (2)证明∵1an+1-an=12n+1-2n=12n, ∴1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an =121+122+123+…+12n =12-12n×121-12=1-12n<1. 14.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d. 由题意得a2=a1+d=4,a6=a1+5d=16, 解得a1=1,d=3, 故等差数列{an}的通项公式an=1+3(n-1)=3n-2. (2)设等比数列{bn}的公比为q. 由题意得b3=b1q2=4,b5=b1q4=16, 解得b1=1,q2=4, ∴b2n-1=b1q2n-2=b1(q2)n-1=4n-1, ∴b1+b3+b5+…+b2n-1=1-4n1-4=4n-13. 15.解(1)由题意知,数列{an}为等差数列. 故12x+1+12x=20x,解得x=2. ∴a1=4,d=1,an=n+3. 由bn+1=Sn(n≥1) 可知bn=Sn-1(n≥2), 两式相减得bn+1=2bn(n≥2). 当n=1时,b1=1. 当n≥2时,b2=S1=b1=1,bn=b2qn-2=2n-2, 当n=1时,b1=1不满足bn=2n-2. ∴bn=1,n=1,2n-2,n≥2. (2)由题意知,当n=1时,c1=a1b1=4×1=4, 当n≥2时,cn=(n+3)·2n-2, 得Tn=4+5+6×21+…+(n+3)·2n-2, 2Tn=8+5×21+…+(n+2)·2n-2+(n+3)·2n-1, 两式相减得:-Tn=(1+21+22+…+2n-2)-(n+3)·2n-1=1×(1-2n-1)1-2-(n+3)·2n-1 =(-n-2)·2n-1-1, ∴n≥2时,Tn=(n+2)·2n-1+1. 当n=1时,T1=c1=4,符合上式. 故数列{cn}的前n项和Tn=(n+2)·2n-1+1. 10