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1、2022年高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題3 數(shù)列 專題綜合檢測三 文
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.已知{an}為等差數(shù)列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,則a20=(B)
A.-1 B.1 C.3 D.7
解析:∵a1+a3+a5=105,即3a3=105,∴a3=35.同理可得a4=33,∴公差d=a4-a3=-2,∴a20=a4+(20-4)×d=1.故選B.
2.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a5=5,S5=15,則數(shù)列的前1
2、00項和為(A)
A. B. C. D.
解析:由a5=5,S5=15可得
??an=n.
∴==-.
S100=++…+=1-=.
3.(xx·新課標Ⅱ卷)已知等比數(shù)列{an}滿足a1=,a3a5=4(a4-1),則a2=(C)
A.2 B.1 C. D.
解析:解法一 ∵ a3a5=a,a3a5=4(a4-1),∴ a=4(a4-1),∴ a-4a4+4=0,∴ a4=2.
又∵ q3===8,∴ q=2,
∴ a2=a1q=×2=,故選C.
解法二 ∵ a3a5=4(a4-1),∴ a1q2·a1q4=4(a1q3-1),將a1=代入上式
3、并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,∴ a2=a1q=,故選C.
4.已知{an}是等差數(shù)列,a1+a2=4,a7+a8=28,則該數(shù)列前10項和S10等于(B)
A.64 B.100 C.110 D.120
5.在等差數(shù)列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn表示數(shù)列{an}的前n項和,則S11=(B)
A.18 B.99 C.198 D.297
6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=10,a2=9,那么下列不等式中成立的是(D)
A.a10-a11<0 B.a20+a22>0
C.S20-S21<0 D.S40+a41<0
4、
解析:公差d=a2-a1=-1,∴an=11-n.
∴a10-a11>0,a20+a22<0,故A、B錯誤.
Sn==-+n,∴S20>S21,即S20-S21>0,故C錯.由an及Sn知,S40<0,a41<0,即S40+a41<0,故D正確.
7.已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),其前n項和是Sn,若{log2an}是公差為-1的等差數(shù)列,且S6=,那么a1的值是(A)
A. B. C. D.
8.已知等比數(shù)列{an}中,a2=1,則其前3項的和S3的取值范圍是(D)
A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪
5、[3,+∞)
9.(xx·浙江卷)已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項和是Sn,若a3、a4、a8成等比數(shù)列,則(B)
A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
解析:∵ a3、a4、a8成等比數(shù)列,∴ a=a3a8,∴ (a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),展開整理,得-3a1d=5d2,即a1d=-d2.∵ d≠0,∴ a1d<0.
∵ Sn=na1+d,∴ S4=4a1+6d,dS4=4a1d+6d2=-d2<0.
10.已知f(x)=x+1,g(x)=2x+1,數(shù)列{an}滿
6、足a1=1,an+1=則a2 016=(D)
A.22 016-2 016 B.21 007-2 016
C.22 016-2 D.21 009-2
解析:a2n+2=a2n+1+1=(2a2n+1)+1=2a2n+2.
即a2n+2+2=2(a2n+2),∴{a2n+2}是以2為公比,a2+2=4為首項的等比數(shù)列.∴a2n+2=4×2n-1=2n+1.∴a2n=2n+1-2.∴a2 016=21 009-2.
11.某商品的價格前兩年每年遞增20%,后兩年每年遞減20%,最后一年的價格與原來的價格比較,變化情況是(D)
A.不增不減 B.約增1.4%
C.約減9.2%
7、 D.約減7.8%
解析:設(shè)原價為1,則現(xiàn)價為(1+20%)2(1-20%)2=0.921 6,∴1-0.921 6=0.078 4,約減7.8%.
12.(xx·蘭州模擬)設(shè)y=f(x)是一次函數(shù),若f(0)=1且f(1),f(4),f(13)成等比數(shù)列,則f(2)+f(4)+…+f(2n)等于(A)
A.n(2n+3) B.n(n+4)
C.2n(2n+3) D.2n(n+4)
解析:由題意可設(shè)f(x)=kx+1(k≠0),則(4k+1)2=(k+1)×(13k+1),解得k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+1)=
8、4×(1+2+…+n)+n=2n2+3n.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請把正確答案填在題中橫線上)
13.(xx·新課標Ⅱ卷)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn= W.
解析:∵ an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,
∴ Sn+1-Sn=SnSn+1.
∵ Sn≠0,∴ -=1,即-=-1.又=-1,∴ {}是首項為-1,公差為-1的等差數(shù)列.
∴ =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴ Sn=-.
答案:-
14.(xx·陜西卷)中位數(shù)為1 010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,其末項為2 0
9、15,則該數(shù)列的首項為 W.
解析:設(shè)數(shù)列首項為a1,則=1 010,故a1=5.
答案:5
15.(xx·肇慶一模)等比數(shù)列{an}中,a1+a2=20,a3+a4=40,則a5+a6等于 W.
解析:?q2=2,a5+a6=a1q4+a1q5=q2(a1q2+a1q3)=80.
答案:80
16.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S2=10,S5=55,則過點P(n,an)和Q(n+2,an+2)(n∈N*)的直線的斜率是 W.
答案:4
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(1
10、0分)(xx·湛江一模)已知正數(shù)數(shù)列{an}中,a1=1,前n項和為Sn,對任意n∈N*,lg Sn,lg n,lg 成等差數(shù)列.
(1)求an和Sn;
(2)設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,當n≥2時,證明:Sn<Tn<2.
解析:(1)依題意:lg Sn+lg =2lg n,即=n2,
∴Sn=ann2.∴an+Sn-1=ann2.①
當n≥2時,Sn-1=an-1(n-1)2.②
②代入①并整理得:=.
∴=,=,=,=…=,=,=,=.
把以上式子相乘得:=,
又∵a1=1, ∴an=.
∵當n=1時,a1=1也滿足上式,∴an=.
∵an= =2,
∴
11、Sn=2[+++…+]=2=.
(2)bn====2
∴Tn=2
=2.
∵n≥2,∴>0,∴Tn=2<2.
又Tn-Sn=2-=2=[(n+1)!-1-n·n!]=[(n+1)·n!-1-n·n!]=(n!-1)>0.∴Sn<Tn<2.
18.(12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).
(1)求a1,a2的值;
(2)求證:數(shù)列{Sn+2}是等比數(shù)列.
解析:(1)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).∴a1=2,a1+2a2=(a1+a2)+4.∴a2=4.
(2
12、)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-2n(n∈N*),①
∴當n≥2時,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).②
由①-②得
nan=[(n-1)Sn+2n]-[(n-2)Sn-1+2(n-1)]=
n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2.
∴-Sn+2Sn-1+2=0,即Sn=2Sn-1+2.
∴Sn+2=2(Sn-1+2).
∵S1+2=4≠0,∴Sn-1+2≠0.∴=2.
∴{Sn+2}是以4為首項,2為公比的等比數(shù)列.
19.(12分)(xx·天津卷)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,{b
13、n}是等差數(shù)列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通項公式;
(2)設(shè)cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項和.
解析:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列{bn}的公差為d,由題意知q>0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0,解得q2=4.又因為q>0,所以q=2,所以d=2.所以數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1,n∈N*;數(shù)列{bn}的通項公式為bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,設(shè){cn}的前n項和為Sn,則Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n
14、-2+(2n-1)×2n-1,
2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,上述兩式相減,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)·2n=-(2n-3)·2n-3,所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.
20.(12分)(xx·天津卷)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通項公式;
(2)設(shè)cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項和.
分析:(1)列出關(guān)于q與d的方程組,通過解
15、方程組求出q,d,即可確定通項;
(2)用錯位相減法求和.
解析:(1)設(shè){an}的公比為q,{bn}的公差為d,由題意q>0,由已知,有消去d得q4-2q2-8=0,解得q=2,d=2,所以{an}的通項公式為an=2n-1,n∈N*,{bn}的通項公式為bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,設(shè){cn}的前n項和為Sn,則Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)×2n-1,2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,
兩式相減得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以Sn=(2
16、n-3)2n+3.
21.(12分)(xx·福建卷)等差數(shù)列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
解析:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
由已知得
解得所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n,
所以b1+b2+b3+…+b10
=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
=+
=(211-2)+55
=211+53=2 101.
22.(
17、12分)已知{an}是等差數(shù)列,其前n項和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式;
(2)記Ta=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,證明:Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n>2).
解析:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d,由條件得方程組?
故an=3n-1,bn=2n,n∈N*.
(2)由(1)得
Tn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)×2n,①
2Tn=2×22+5×23+…+(3n-4)×2n+(3n-1)×2n+1.②
由①-②,得-Tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)×2n+1
=-(3n-1)×2n+1-2
=-(3n-4)×2n+1-8.
得Tn-8=(3n-4)×2n+1.
而當n>2時,an-1bn+1=(3n-4)×2n+1.
所以Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n>2).