2022年高考數學二輪復習 專題3 數列 專題綜合檢測三 文

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1、2022年高考數學二輪復習 專題3 數列 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.已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前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}是等差數列，a1＋a2＝4，a7＋a8＝28，則該數列前10項和S10等于（B） A.64 B.100 C.110 D.120 5.在等差數列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示數列{an}的前n項和，則S11＝（B） A.18 B.99 C.198 D.297 6.設等差數列{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.已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和是Sn，若{log2an}是公差為－1的等差數列，且S6＝，那么a1的值是（A） A. B. C. D. 8.已知等比數列{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}是等差數列，公差d不為零，前n項和是Sn，若a3、a4、a8成等比數列，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：設原價為1，則現價為（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y＝f（x）是一次函數，若f（0）＝1且f（1），f（4），f（13）成等比數列，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Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝　　　?。? 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的等差數列. ∴ ＝－1＋（n－1）×（－1）＝－n，∴ Sn＝－. 答案：－ 14.（xx·陜西卷）中位數為1 010的一組數構成等差數列，其末項為2 0

9、15，則該數列的首項為　　　?。? 解析：設數列首項為a1，則＝1 010，故a1＝5. 答案：5 15.（xx·肇慶一模）等比數列{an}中，a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，則a5＋a6等于　　　?。? 解析：?q2＝2，a5＋a6＝a1q4＋a1q5＝q2（a1q2＋a1q3）＝80. 答案：80 16.已知等差數列{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　　　?。? 答案：4 三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答時應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）已知正數數列{an}中，a1＝1，前n項和為Sn，對任意n∈N*，lg Sn，lg n，lg 成等差數列. （1）求an和Sn； （2）設bn＝，數列{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）?。?－n·n！]＝[（n＋1）·n?。?－n·n！]＝（n?。?）＞0.∴Sn＜Tn＜2. 18.（12分）設數列{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：數列{Sn＋2}是等比數列. 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為公比的等比數列. 19.（12分）（xx·天津卷）已知{an}是各項均為正數的等比數列，{b

13、n}是等差數列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7. （1）求{an}和{bn}的通項公式； （2）設cn＝anbn，n∈N*，求數列{cn}的前n項和. 解析：（1）設數列{an}的公比為q，數列{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.所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1，n∈N*；數列{bn}的通項公式為bn＝2n－1，n∈N*. （2）由（1）有cn＝（2n－1）·2n－1，設{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}是各項均為正數的等比數列{bn}是等差數列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7. （1）求{an}和{bn}的通項公式； （2）設cn＝anbn，n∈N*，求數列{cn}的前n項和. 分析：（1）列出關于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{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{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）等差數列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. （1）求數列{an}的通項公式； （2）設bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值. 解析：（1）設等差數列{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}是等差數列，其前n項和為Sn，{bn}是等比數列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. （1）求數列{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）設等差數列{an}的公差為d，等比數列{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）.