微专题集训66 数列(选择题&填空题压轴)-【高考领航】2025年高考数学一轮复习微专题速练

微专题集训66　数列(选择题&填空题压轴) 1．C　2.C 3．A　当0≤x<2时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，极大值点为1，极大值为1. 当x≥2 时，f(x)＝3f(x－2)，则极大值点构成首项为1，公差为2的等差数列，极大值构成首项为1，公比为3的等比数列，故an＝2n－1，bn＝3n－1，故anbn＝(2n－1)3n－1. 设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319， 则3S＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋39×320， 两式相减得－2S＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320＝－2－38×320，∴S＝19×320＋1.故选A. 4．B　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，又a1>0，所以a1＝3.当n≥2时，由6Sn＝a＋3an，得6Sn－1＝a＋3an－1，两式相减并化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，由于an>0，所以an－an－1－3＝0，即an－an－1＝3，故{an}是首项为3，公差为3的等差数列，所以an ＝3n，则bn＝＝(－)，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)＝－， 易知{Tn}是递增数列，且Tn<. 若k>Tn恒成立，则k≥， 故k的最小值为，故选B. 5．C　将数列分组为()，(，)，(，，)，(，，，)，…，设满足an＝5且n≥20的项首次出现在第m组的第x个数的位置上，则x，m∈N*，＝5，得x＝，此时n＝1＋2＋3＋…＋(m－1)＋x＝＋x≥20，得＋≥20，解得m≥.因为m∈N*，<<，所以m≥7，又x＝∈N*，所以符合条件的m的最小值为11，所以满足an ＝5且n≥20的n的最小值为＋＝57，故选C. 6．C　设a1，a2，…，a50中有s项取值为0，由条件②知，取值为1的项的数量为＋9，取值为－1的项的数量为，再由条件③得101≤s＋4(＋9)≤111，解得7≤s≤17.因为a1＋a2＋…＋a50＝9，所以s必为奇数，故 s＝7，9，11，13，15，17，对应6个不同的值，则a＋a＋…＋a＝50－s共有6个不同的值，故选C. 7．B　设rn为圆Dn的半径，则r1＝tan 30°＝a.设圆Dn与AC切于点F，连接DnDn＋1，DnF，过Dn＋1作Dn＋1E⊥DnF于点E，则DnDn＋1＝rn＋rn＋1，DnE＝rn－rn＋1，所以＝＝sin 30°＝，整理，得rn＋1＝rn.设Sn为圆Dn的面积，则S1＝πr＝a2，＝＝()2＝(n∈N*)，所以数列{Sn}是首项为a2，公比为的等比数列，所以Xn＝＝πa2[1－()n]，故选B. 8．C　易知从上往下，各层球数为1，3，6，10，15，21…，所以S4＝1＋3＋6＋10＝20，A错误． 从上往下，第二层比第一层多2个球，第三层比第二层多3个球，第四层比第三层多4个球，第五层比第四层多5个球，……，第n层比第n－1层多n个球，所以an＝an－1＋n(n≥2，n∈N*)，所以an＋1－an＝n＋1，B错误． 由a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，利用累加法可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝，由an＝，可得a2023＝＝1012×2023，C正确． 因为＝＝2×(－)，所以＋＋… ＋＝2×(1－)＋2×(－)＋…＋2×(－)＝2×(1－)＝，D错误． 9．AD　因为a1＝1，an＋1＝，所以an≠0，所以＝＝＋3，所以＋3＝2(＋3)，又＋3＝4≠0，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即＋3＝4×2n－1，所以＝2n＋1－3，所以an＝，所以{an}为递减数列.的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n＋1－3)＝2(21＋22＋…＋2n)－3n＝2×2×－3n＝2n＋2－3n－4.故选AD. 10．ACD　∵＝＝1.∴是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，即－＝n.∴当n≥2时， ∴－＝1＋2＋…＋n－1， 则＝＋＝＋＝， ∴an＝，a1＝1满足上式，∴an＝. ∴a4＝＝，A正确．等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn≠，B错误.－1＝，数列{n－1}是等差数列且前n项和Tn＝－1，C正确．∵n≥1，n2－n＋2≥2，∴0<≤1，D正确．故选ACD. 11．ACD　由题意知，该组数构成等比数列，记为数列{an}，公比记为q(q>1)，则a1＝1，a13＝2，所以＝q12＝2，解得q＝，故B错误．M＝a2＋a3＋…＋a12＝＝，故D正确． 因为an＝()n－1，所以插入的第9个数是a10＝()9，插入的第5个数为a6＝()5，则＝()4＝(2)4＝2＝，故C正确．对于A，要证M>11，即证>11，即证12<13，即证<，即证2<()12，此式显然成立，故A正确．故选ACD. 12．ABD　由题意可知，若2号杆中有1个彩虹圈，移动到1号杆中所需要的最少次数为1，所以a1＝1；若2号杆中有2个彩虹圈，先将最小的彩虹圈移动到3号杆中，然后将大的彩虹圈移动到1号杆中，最后将3号杆中的彩虹圈移动到1号杆中，所以最少需要3次，即a2＝3.因为an为2号杆中n个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，所以n＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中所需要的最少次数为an＋1，若2号杆中有n＋1个彩虹圈，全部移动到1号杆中，第一步：将除了最大的彩虹圈的n个彩虹圈全部移动到3号杆中，由题意可知所需要移动的最少次数为an；第二步：将最大的彩虹圈移动到1号杆中，需要最少次数为1；第三步：将3号杆中的n个彩虹圈全部移动到1号杆中，需要移动的最少次数为an.所以an＋1＝2an＋1， 因为a1＝1，a2＝3，所以a3＝7，所以选项A，B均正确； 由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，又bn＝an＋1－n，所以bn＝2n＋1－1－n，所以选项C错误； ＝＝＝＝－，所以 ＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝－，所以选项D正确．综上，选ABD. 13．解析：由Sn＝an＋1－2得，Sn－1＝an－2(n>1)，两式相减得an＋1＝2an，故从第二项起，{an}是首项为2，公比为2的等比数列．由<得，<，即8－8·2n>1－22n－1.设x＝2n(n≥2)，则有x2－8x＋7>0，即x2－16x＋14>0，解得x>8＋5>15，即2n>15.∵n∈N*，∴n的最小值为4. 答案：4 14．解析：设等比数列{an}的公比为q，q>0.由2a2，a4，a3成等差数列，可得a4＝2a2＋a3，则a1q3＝2a1q＋a1q2，所以q2＝2＋q，解得q＝－1(舍去)或q＝2.因为a1＋a3＝a1＋a1q2＝，得a1＝，则an＝·2n－1＝2n－3，所以bn＝anan＋1＝2n－3·2n－2＝22n－5，则b1b2·…·bn＝2－3－1＋1＋3＋…＋(2n－5)＝2n(n－4)，所以当n＝2时，n(n－4)取得最小值，即b1b2·…·bn取得最小值． 答案：2　2 15．解析：由已知得b2n＝a2n＋1＋a2n，b2n＋1＝a2n＋2－a2n＋1，所以b2n＋b2n＋1＝a2n＋2＋a2n＝，即数列{an}前2022项中偶数项的和为a2＋(a4＋a6)＋(a8＋a10)＋…＋(a2020＋a2022)＝2＋＋＋…＋＝2＋6×＝4－()1009.又由已知得b2n＝a2n＋1＋a2n，b2n－1＝a2n－a2n－1，所以b2n＝b2n－1⇒a2n＋1＝－a2n－1，即数列{an}的奇数项为公比为－1的等比数列，即a2n－1＝(－1)n－1，即数列{an}的前2022项中奇数项和为1.综上所述，数列{an}的前2022项和为5－()1009. 答案：5－()1009 16．解析：因为an＝ 所以a2＝a1＋1＝2，a3＝2a2＋1＝5. 由an＝ 可得a2k＝a2k－1＋1，a2k＋1＝2a2k＋1， 整理得a2k＋1＝2(a2k－1＋1)＋1＝2a2k－1＋3，可得a2k＋1＋3＝2(a2k－1＋3)，又a1＋3＝4，所以{a2k－1＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a2k－1＝4·2k－1－3，a2k＝4·2k－1－2. 所有奇数项的和S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＝－3k＝2k＋2－4－3k，所有偶数项的和S偶＝a2＋a4＋…＋a2k＝2k＋2－4－2k，所以S2k＝S奇＋S偶＝2k＋3－8－5k. 当k＝8时，S16＝2000<2021，又a17＝1021，所以S17＝3021>2021，所以正整数m的最大值是16. 答案：5　16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微专题集训66　数列(选择题&填空题压轴) 一、单项选择题 1．(2024·青岛期中)已知数列{an}(n∈N*)的首项为2，且(2an－an＋1)＝－2 (n∈N*)，其中点O在直线l外，其余三点A，B，C均在直线l上，那么数列{an}的通项公式为an＝(　　) A．3·2n－1＋1 B．2n－1＋1 C．3·2n－1－1 D．3·2n＋1 2．(2024·衡水中学二调)已知数列{an}满足：＝(n∈N*)，则下列说法正确的是(　　) A．若an>1，则数列{an}是单调递减数列 B．若0<an<1，则数列{an}是单调递增数列 C．当a1＝2时，an＋1＋>2＋4n D．当a1＝时，an＋1＋<2＋4n 3．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x<2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a1，a2，…，an，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为(　　) A．19×320＋1 B．19×319＋1 C．20×319＋1 D．20×320＋1 4．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为(　　) A． B． C．49 D． 5．已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数．第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列；依次类推．此数列第n项记为an，则满足an＝5且n≥20的n的最小值为(　　) A．47 B．48 C．57 D．58 6．(2023·北京师范大学附属实验中学一模)已知只有50项的数列{an}满足下列三个条件：①ai∈{－1，0，1}，i＝1，2，…，50；②a1＋a2＋…＋a50＝9；③101≤(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2≤111.对所有满足上述条件的数列{an}，a＋a＋…＋a共有k个不同的值，则k＝(　　) A．10 B．11 C．6 D．7 7.如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，……，圆Dn＋1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn，….设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn(n∈N*)，则Xn＝(　　) A．πa2()n－1 B．πa2[1－()n] C．πa2[1－()n] D．πa2[()n－1－()n－1＋1] 8．(2023·山东临沂模拟)如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则(　　) A．S4＝19 B．an＋1－an＝n C．a2023＝1012×2023 D．＋＋＋ …＋＝ 二、多项选择题 9．(2023·辽宁鞍山一中二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则(　　) A．为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝ C．{an}为递增数列 D．的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 10．(2023·湖北大冶一中周测)已知数列是公差为1的等差数列，且a1＝1，a2＝，则下列说法正确的有(　　) A．a4＝ B．存在等差数列{bn}，使得其前n项和Sn＝ C．存在等差数列{cn}，使得其前n项和Tn＝－1 D．对任意的n∈N*，0<an≤1 11．(2023·东北师范大学附属中学模拟)十二平均律是我国明代律学家朱载堉发现的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论．十二平均律可以用数学语言表述为：在1和2之间从小到大插入11个数，使包含1和2的这13个数依次构成递增的等比数列. 记插入的11个数之和为M，则依此规则，下列结论正确的有(　　) A．M>11 B．该等比数列的公比为 C．插入的第9个数是插入的第5个数的倍 D．M＝ 12.(2024·济南十一校联考)如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具．某数学兴趣小组利用该玩具制定如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的n(n∈N*)个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆中，3号杆可以作为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆中，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一个杆中记为移动1次，记an为2号杆中n个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设bn＝an＋1－n.下面结论正确的是(　　) A．a3＝7 B．an＋1＝2an＋1 C．bn＝2n＋n－1 D． ＝－ 三、填空题 13．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝0，Sn＝an＋1－2，若<，则n的最小值是________． 14．正项等比数列{an}满足a1＋a3＝，且2a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的公比为________；设bn＝anan＋1(n∈N*)，则b1b2·…·bn取得最小值时n的值为________． 15．(2024·江苏南通海安高级中学月考)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，数列{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan，n∈N*.若b2n－b2n－1＝0，b2n＋1＋b2n＝，n∈N*，则数列{an}的前2022项和为________． 16．设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且an＝则a3＝________；若Sm<2021，则正整数m的最大值是________． 学科网（北京）股份有限公司 $$