《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)練(二)文》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)練(二)文(13頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)練(二)文
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1.(2018·泉州一模)已知{an}是等比數(shù)列,a1=1,a3=2,則= ( )
A.1 B.2 C.4 D.8
【解析】選C.因?yàn)閧an}是等比數(shù)列,a1=1,a3=2,
所以q2==2,所以=q4=4.
2.在等差數(shù)列{an}中,已知a3+a7=10,則數(shù)列{an}的前9項(xiàng)和為 ( )
A.90 B.100 C.45 D.50
【解析】選C. 因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中,a3+a7=10,所以a5=5
2、,所以S9=9a5=45.
3.已知首項(xiàng)與公比相等的等比數(shù)列{an}中,滿足am=(m,n∈N*),則+的最小值為 ( )
A.1 B. C.2 D.
【解析】選A.因?yàn)槭醉?xiàng)與公比相等的等比數(shù)列{an},所以an=qn,所以qm(qn)2=q8,
所以m+2n=8,所以+==≥=1.
4.(2018·廣州一模)等差數(shù)列l(wèi)og3,log3,log3,…的第四項(xiàng)等于 ( )
A.3 B.4
C.log318 D.log324
【解析】選A.因?yàn)榈炔顢?shù)列l(wèi)og3,log3,log3,…
所以(3x)2=2x(4x+2),所以x=4,所以第四項(xiàng)為
3、log38+3(log312-log38)=3.
5.已知是等比數(shù)列,若a1=1,a6=8a3,數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn,則T5= ( )
A. B.31 C. D.7
【解析】選A.設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則q5=8q2,所以q=2,所以an=2n-1,所以=,所以T5==.
6.已知等比數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a3=4,則a4+a5+a6= ( )
A.-48 B.48
C.48或-6 D.-48或6
【解析】選D.設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則2q+2q2=4,所以q=1或q=-2,所以a4+a5+a6=2q3+2q4+2q5=6或-48
4、.
7.遞增的等比數(shù)列{an}的每一項(xiàng)都是正數(shù),設(shè)其前n項(xiàng)的和為Sn,若a2+a4=30, a1a5=81,則S6= ( )
A.121 B.-364 C.364 D.-121
【解析】選C.因?yàn)閍2·a4=a1·a5=81,所以a2,a4是方程x2-30x+81=0的兩個(gè)根,又a2
5、.設(shè)an=2qn-1,則q7==2,又f′(x)=x[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′+(x-a1)(x-a2)…(x-a8),所以f′(0)=a1·a2·…·a8
=q1+2+…+7=28q28=28·24=212.
9.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S4=20,a5=10,則a16= ( )
A.-32 B.12 C.16 D.32
【解析】選D.S4=2(a1+a4)=4a1+6d=20,
a5=a1+4d=10,
故a1=d=2,則a16=a1+15d=2+2×15=32.
10.(2018·洛陽(yáng)一模)定義為n個(gè)正整數(shù)p1,p2,…,pn的
6、“均倒數(shù)”,若已知數(shù)列的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為,又bn=,則++…+= ( )
A. B. C. D.
【解析】選C.因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為,
所以=,所以Sn=5n2,
所以a1=S1=5,n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=5n2-5(n-1)2=10n-5,n=1時(shí),上式成立,
所以an=10n-5,
所以bn==2n-1,==,
所以++…+
=
==.
11.在等差數(shù)列{an}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n項(xiàng)和,則使Sn達(dá)到最大值的n是 ( )
A.21 B.20 C.19
7、 D.18
【解析】選B.因?yàn)閍1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,
所以a3=35,a4=33,從而d=-2,a1=39,Sn=39n+
n(n-1)(-2)=-n2+40n,
所以當(dāng)n=20時(shí),Sn取最大值.
12.若數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=,則a2 018的值為 ( )
A.2 B.-3 C.- D.
【解析】選B.由題知a1=2,an+1=,
所以a2==-3,a3==-,
a4==,a5==2,
故數(shù)列{an}是以4為周期的周期數(shù)列,故a2 018=a504×4+2=a2=-3.
【提分備選】(2018·鄭州一模)已知
8、數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,a2=2,且an+2-2an+1+an=0(n∈N*),記Tn=++…+(n∈N*),則T2 018= ( )
A. B. C. D.
【解析】選C.因?yàn)閍n+2-2an+1+an=0,所以{an}是等差數(shù)列,又因?yàn)閍1=1,a2=2,所以an=n,所以Sn=,所以==2,所以Tn=2+2 +2+…+2=2=,所以T2 018=.
第Ⅱ卷(非選擇題,共90分)
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把正確答案填在題中橫線上)
13.(2018·泉州一模)數(shù)列{an}滿足an+an+1=n2+(-1)n,則a101-a1=
9、____________.?
【解析】因?yàn)閍n+an+1=n2+(-1)n,
所以an-1+an=(n-1)2+(-1)n-1,
兩個(gè)式子相減得an+1-an-1=2n-1+2(-1)n,
所以a3-a1=2×2-1+2(-1)2
a5-a3=2×4-1+2(-1)4
a7-a5=2×6-1+2(-1)6,
…
a101-a99=2×100-1+2(-1)100,
把上面的式子相加得a101-a1=2×(2+4+6+…+100)-1×50+2×50=5 150.
答案:5 150
14.(2018·湖北省八校聯(lián)考)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-,若=,則a2·
10、a4=____________.?
【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q,若公比q=1,則S6=6a1,S3=3a1,所以=2,與已知矛盾,所以q≠1,所以==,解得q=-,又因?yàn)閍1=-,所以a2a4==.
答案:
15.已知數(shù)列對(duì)任意的m,n∈N+有am+an=am+n,若a1=2,則a2 018=____________.?
【解析】令m=1,則可知a1+an=an+1,an+1-an=2,
所以{an}為等差數(shù)列,首項(xiàng)和公差均為2,
所以an=2+2(n-1)=2n,所以a2 018=4 036.
答案:4 036
16.(2018·蕪湖一模)已知數(shù)列{an},令Pn=(a1+
11、2a2+…+2n-1an)(n∈N*),則稱{Pn}為{an}的“伴隨數(shù)列”,若數(shù)列{an}的“伴隨數(shù)列”{Pn}的通項(xiàng)公式為Pn=2n+1(n∈N*),記數(shù)列{an-kn}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sn≤S4對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立,則實(shí)數(shù)k取值范圍為____________.?
【解析】由“伴隨數(shù)列”的定義可知a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,
當(dāng)n=1時(shí),a1=4,
當(dāng)n≥2時(shí),用n-1替換n得a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,
兩個(gè)式子相減得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n,所以an=2n+2,
所以an-kn=(2-k)n+2,因?yàn)镾n≤
12、S4恒成立,所以2-k<0,且(2-k)×4+2≥0,(2-k)×5+2≤0,
解得≤k≤,所以k的取值范圍為.
答案:
【提分備選】(2018·東北三省三校二模)數(shù)列{an}中,a1=,(n+1)(nan·an+1+an+1) -nan=0(n∈N*),設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=____________.?
【解析】由已知可得(n+1)nanan+1+(n+1)an+1-nan=0,
兩邊同除以(n+1)nanan+1,整理得-=1,所以為等差數(shù)列,所以=n+1,所以an=,所以=
=,
所以Sn=++…+
==.
答案:
三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答
13、應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)
17.(12分)已知等差數(shù)列中,a3=6,a5+a8=26.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式.
(2)設(shè)bn=+n,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.
【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d,則
解得
所以an=a1+(n-1)d=2n.
(2)由(1)可得bn=22n+n=4n+n,
所以Sn=+=+.
18.(12分)(2018·廣東省六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足2Sn=n-n2.(n∈N*)
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.
(2)設(shè)bn=(k∈N*),求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.
【解析】(1)當(dāng)n≥
14、2時(shí),2an=2Sn-2Sn-1=n-n2-[(n-1)-(n-1)2]=2-2n,
an=1-n(n≥2),
當(dāng)n=1時(shí),由2S1=1-12得a1=0,
顯然當(dāng)n=1時(shí)上式也適合,所以an=1-n.
(2)因?yàn)?=-,
所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=(20+2-2+…+22-2n)+
=+-=-·-.
19.(12分)已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,a1>0,a1·a2=,S5=10.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式.
(2)記數(shù)列bn=求數(shù)列的前2n+1項(xiàng)和T2n+1.
【解析】(1)由條件可得:
?
消去d得:+2a1-3=
15、0,解得a1=1或a1=-3(舍),所以d=,所以an=.
(2)由(1)得:bn=
所以數(shù)列{bn}的前2n+1項(xiàng)和為:
T2n+1=b1+b2+b3+b4+…+b2n+b2n+1=2++22++…++2n+1=(2+22+23+…+2n+1)+
=+·n=2n+2+-2.
20.(12分)(2018·西安二模)設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列,數(shù)列是各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1=1,b1=2,a3+b3=11,a5+b5=37.
(1)求數(shù)列,的通項(xiàng)公式.
(2)設(shè)cn=an·bn,數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn,求證:Tn≤n2·2n-1+2.
【解析】(1)設(shè)數(shù)列的公差為d,數(shù)列的公比為q,
16、
依題意有
解得又bn>0,所以q=2,
于是an=a1+d=n,bn=b1qn-1=2n.
(2)易知cn=n·2n
因?yàn)門n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+·2n+n·2n+1,
兩式相減,得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=·2n+1-2
所以Tn=·2n+1+2
因?yàn)門n-=-2n-1·≤0,
所以Tn≤n2·2n-1+2.
21.(12分)(2018·宜賓二模)已知首項(xiàng)為1的等差數(shù)列{an}中,a8是a5,a13的等比中項(xiàng).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.
(2)若數(shù)列{an}是單調(diào)數(shù)
17、列,且數(shù)列{bn}滿足bn=,求數(shù)列{bn}的前項(xiàng)和Tn.
【解析】(1)因?yàn)閍1=1,a8是a5,a13的等比中項(xiàng),{an}是等差數(shù)列,
所以(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),所以d=0或d=2.
所以an=1或an=2n-1.
(2)由(1)及{an}是單調(diào)數(shù)列知an=2n-1,
所以bn==,
所以Tn=+++…?、?
所以Tn=++…++ ②
①-②得
Tn=+++…+-=-,
所以Tn=-.
22.(14分)在各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列中,已知a4=5,且a3,a5,a8成等比數(shù)列.
(1)求an.
(2)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,記bn=,求數(shù)列的前n項(xiàng)
18、和Tn.
【解析】(1)設(shè)的公差為d(d≠0),由題意得
解得
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)知Sn=,
所以bn===-
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…++=1-=,
所以Tn=.
【提分備選】
1.(2018·榆林一模)數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)證明:數(shù)列{}是等差數(shù)列.
(2)若Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an,求T20.
【解析】(1)由已知可得=+1,
即-=1,
所以是以=1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列.
(2)由(1)得=
19、n,所以an=n2,
因?yàn)門n=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an,
所以T20=12-22+32-42+…+(19)2-(20)2
=-[(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+…+
(20+19)(20-19)]
=-(3+7+…+39)=-=-210.
2.已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,其中a1=b1=1,a2+b3=a4,a3+b4=a7.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式.
(2)記cn=(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.
【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為
20、q,
由a1=b1=1,得an=1+(n-1)d,bn=qn-1,
由a2+b3=a4,a3+b4=a7,得q2=2d,q3=4d,
所以d=q=2.
所以{an}的通項(xiàng)公式an=2n-1,{bn}的通項(xiàng)公式bn=2n-1.
(2)由(1)可得a1+a2+…+an=n2,b1+b2+…+bn=2n-1,
故cn=×n2(2n-1)=n·2n-n.
則Sn=(1×2+2×22+…+n·2n)-(1+2+…+n).
令Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,①
則2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,②
由②-①,得Tn=n·2n+1-(2+22+23+…+2n)=(n-1)·2n+1+2.
所以Sn=(n-1)·2n+1+2-(1+2+…+n)=(n-1)·2n+1-+2.