微专题集训78 数列新情境素养专练-【高考领航】2025年高考数学一轮复习微专题速练

微专题集训78　数列新情境素养专练 一、单项选择题 1．据有关文献记载，我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯比上一层灯都多n(n∈N*)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯(　　) A．2盏 B．3盏 C．26盏 D．27盏 2．(2024·河北衡水中学二调)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则这个数列的第20项为(　　) A．198 B．200 C．202 D．204 3．(2024·福建龙岩期中联考)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为(　　) A．183 B．125 C．162 D．191 4．(2024·湖北鄂东南三校联考)《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家秦九韶在《数学九章·大衍求一术》中将此问题系统解决．“大衍求一术”属现代数论中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”．现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列数{an}，记{an}的前n项和为Sn，则S10＝(　　) A．495 B．522 C．630 D．730 5．(2024·福建三明一中期中)《九章算术》是我国古代的一本数学名著．全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输，盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题．在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为(　　) A． B． C． D． 6．(2023·江苏盐城期中)1934年，东印度(今孟加拉国)学者森德拉姆(Sundaram)发现了“正方形筛子”如图，则其第10行第11列的数为(　　) 4 7 10 13 16 … 7 12 17 22 27 … 10 17 24 31 38 … 13 22 31 40 49 … 16 27 38 49 60 … … … … … … … A．220 B．241 C．262 D．264 7．(2024·辽宁大连滨城联盟联考)朱载堉(1536～1610)，是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”．即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第二个音的频率为f1，第八个音的频率为f2，则＝(　　) A． B． C． D．4 8．(2023·上海浦东区模拟)对于数列{an}，定义An＝为数列{an}的“好数”．已知某数列{an}的“好数”为An＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S6对任意的n∈N*恒成立，则k的取值范围为(　　) A．[，] B．[，] C．[，] D．[，] 二、多项选择题 9．(2024·辽宁联考)记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝tn2－4tn＋b，n∈N*，在数集{－1，0，1}中随机抽取一个数作为t，在数集{－3，0，3}中随机抽取一个数作为b，从所得不同数列中随机抽取一个数列{an}，下列结论正确的是(　　) A．{an}是等差数列的概率为 B．{an}是递增数列的概率为 C．{an}是递减数列的概率为 D．Sn≥S2(n∈N*)的概率为 10．(2024·广东江门普通高中调研考试)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列{an}满足a1＝0，an＋1＝则(　　) A．当n为偶数时，an＝ B．当n为奇数时，an＝ C．an＋2＝an＋2n D．数列{(－1)n－1an}的前2n项和为n(n＋1) 三、填空题 11．(2024·江苏南通如东期中)若数列{an}从第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列{an}为二阶等差数列．已知数列{an}是一个二阶等差数列，且a1＝3，a2＝7，a3＝13，则an＝________． 12．(2024·辽宁沈阳实验中学月考)某商场为了满足广大数码爱好者的需求，开展商品分期付款活动．现计划某商品一次性付款的金额为a元，以分期付款的形式等额分成n次付清，每期期末所付款是x元，每期利率为r，则爱好者每期需要付款x＝________． 13．(2024·广东广州执信中学月考)对于集合A，B，定义集合A－B＝{x|x∈A且x∉B}．已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，bn＋2＝bn＋1＋2bn，a3＝b3＋2.设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A－B的所有元素按从小到大的顺序依次排列构成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前30项和S30＝________． 14．(2024·辽宁沈阳联考)斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列” .斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，记ai＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是________(写正确结论的序号即可)． ①a10＝55； ②3an＝an－2＋an＋2(n≥3)； ③ai＝a2021； ④a＝a2021a2022. 15．(2024·安徽、云南、黑龙江、吉林四省联考)数学家祖冲之曾给出圆周率π的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.141 592 6的近似值为弱率，大于3.141 592 7的近似值为强率．由<π<，取3为弱率，4为强率，得a1＝＝，故a1为强率，与上一次的弱率3计算得a2＝＝，故a2为强率，继续计算，…….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推．已知am＝，则m＝________；a8＝________． 16．(2024·辽宁锦州渤海大学附属高级中学月考)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微专题集训78　数列新情境素养专练 1．C　2.B 3．D　设该数列为{an}，an＋1－an＝bn. 由a2－a1＝2－1＝1，a3－a2＝4－2＝2，a4－a3＝7－4＝3，a5－a4＝11－7＝4，…，可知该数列逐项差数之差{bn}成等差数列，首项为1，公差为1，故bn＝1＋(n－1)＝n， 故an＋1－an＝bn＝n，则a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3，…，an－an－1＝n－1(n≥2)，累加得an－a1＝＝，即an＝＋1(显然，对于n＝1也成立)，故a20＝190＋1＝191，故选D. 4．C　依题意，设a满足被4除余1且被6除余3，则a加上4和6的最小公倍数12的整数倍后也能满足被4除余1且被6除余3，则{an}是以9为首项，以12为公差的等差数列，所以S10＝10×9＋×12＝630，故选C. 5．B　设每人分到的钱数构成的等差数列为{an}，公差d>0，前n项和为Sn，由题意可得，a1＋a2＋a3＝a4＋a5，S5＝5，故3a1＋3d＝2a1＋7d，5a1＋10d＝5，解得a1＝，d＝，故任意两人所得的最大差值为4d＝.故选B. 6．B　第一列的数字为4，7，10，13，16，…，可得为等差数列，公差d＝3，则an＝a1＋(n－1)d＝4＋3(n－1)＝3n＋1， 则第10行的第一个数字为a10＝3×10＋1＝31， 然后第一行的数字是加3递增，第二行的数字是加5递增，第三行的数字是加7递增，…，则第n行的数字是加3＋2(n－1)递增，则第10行是加3＋2×(10－1)＝21递增，所以第10行第11列的数为31＋21×(11－1)＝241，故选B. 7．A　设第一个音的频率为a，设相邻两个音之间的频率之比为q，那么an＝aqn－1，根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，得a13＝2a＝aq12⇒q＝2，所以＝＝q6＝.故选A. 8．D　由题意得An＝＝2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，两式相减得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)2n，所以an＝2(n＋1)，n≥2.当n＝1时，a1＝4对上式也成立，故an＝2(n＋1)．则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}是首项为4－k、公差为2－k的等差数列，故若Sn≤S6对任意的n(n∈N*)恒成立，则数列{an－kn}的前6项和最大，那么首项a1－k＝4－k>0，公差2－k<0，所以2<k<4，同时第6项a6－6k≥0，第7项a7－7k≤0，即解得≤k≤.故选D. 9．AB　由Sn＝tn2－4tn＋b，知当n＝1时，a1＝b－3t，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2tn－5t.若{an}是等差数列，则2t×1－5t＝b－3t，解得b＝0，∴在数集{－3，0，3}中取到0即可，概率为，故A正确．若{an}是递增数列，则t＝1，且a1<a2，即b－3t<－t，得b<2，∴b＝－3或b＝0，∴{an}是递增数列的概率为×＝，故B正确．由B，同理可得t＝－1，b＝0或b＝3时{an}为递减数列，∴{an}是递减数列的概率为×＝，故C错误．由已知得Sn＝t(n－2)2＋b－4t，若t＝0，则Sn＝b，满足Sn≥S2；若t≠0，由S2为Sn的最小值，知t＝1.∴Sn≥S2(n∈N*)的概率为＋＝，故D错误．故选AB. 10．AB　令k∈N*， 当n＝2k时，a2k＋1＝a2k＋2k①；当n＝2k－1时，a2k＝a2k－1＋2k－1＋1＝a2k－1＋2k②，①②联立得a2k＋1－a2k－1＝4k，所以a3－a1＝4，a5－a3＝8，…，a2k＋1－a2k－1＝4k，累加得a2k＋1＝2k2＋2k，令2k＋1＝n(n≥3且为奇数)得an＝，当n＝1时，a1＝0仍成立，所以当n为奇数时，an＝，B正确；当n为奇数时，an＋1＝an＋n＋1＝，所以an＝，其中n为偶数，A正确；当n为偶数时，an＋2－an＝－＝2n＋2，C错误； 数列{(－1)n－1an}的前2n项和S2n＝a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n，因为a1＋a3＋…＋a2n－1＝[12＋32＋…＋(2n－1)2]－＝－①，a2＋a4＋…＋a2n＝[22＋42＋…＋(2n)2]＝②，所以①－②得S2n＝－n(n＋1)，D错误．故选AB. 11．解析：∵a2－a1＝4，a3－a2＝6，且数列{an}是一个二阶等差数列，∴an＋1－an＝4＋(n－1)·2＝2n＋2， ∴ 由累加法得an－a1＝4＋6＋…＋2n＝＝n2＋n－2，∴an＝3＋n2＋n－2＝n2＋n＋1.而a1＝3也符合，∴an＝n2＋n＋1. 答案：n2＋n＋1 12．解析：由题意得a(1＋r)n＝x＋x(1＋r)＋…＋x(1＋r)n－1，∴a(1＋r)n＝，∴x＝. 答案： 13．解析：{bn}为正项等比数列，设其公比为q(q>0)，则bn＋2＝bn＋1＋2bn⇒bnq2＝bnq＋2bn⇒q2＝q＋2，解得q＝2或q＝－1(舍)，∴bn＝b12n－1＝2n.{an}为等差数列，设其公差为d，则a3＝a1＋2d＝23＋2，∴d＝3，∴an＝4＋(n－1)·3＝3n＋1.由bn＝am⇒2n＝3m＋1，n，m∈N*，可得当n＝2，4，6，8时，m＝1，5，21，85，故数列{cn}的前30项为数列{an}的前33项除去数列{bn}第2，4，6项，S30＝－4－16－64＝1632. 答案：1632 14．解析：由题意知，{an}的前10项依次为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即a10＝55，故①正确； 根据递推公式an＝an－1＋an－2，3an＝an＋an＋an＝an－2＋an－1＋an＋an＝an－2＋an＋1＋an＝an－2＋an＋2(n≥3)，故②正确； 由递推式，得a3－a2＝a1，a4－a3＝a2，…，a2021－a2020＝a2019， 累加得，a3－a2＋a4－a3＋…＋a2021－a2020＝a1＋a2＋…＋a2019， 即a2021－a2＝a1＋a2＋…＋a2019，故ai＝a2021－1，故③错误；∵a＝a2a1，a＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，a＝a3(a4－a2)＝a3a4－a3a2，…，a＝a2021(a2022－a2020)＝a2021a2022－a2021a2020，∴a＝a2021a2022，故④正确． 答案：①②④ 15．解析：由题意得a2＝为强率，∴a3＝＝，a3为强率；a4＝＝，a4为强率；a5＝＝，a5为强率；a6＝＝，∴m＝6，a6为强率，a7＝＝，a7为弱率；a8＝＝. 答案：6　 16．解析：由题意可知第一组20，第二组20，21，第三组20，21，22，…，第n组20，21，…，2n－1，根据等比数列前n项和公式，求得每组和分别为21－1，22－1，23－1，…，2n－1， 每组含有的项数为1，2，3，…，n， 前n组的总项数为1＋2＋3＋…＋n＝， 前n组所有项的和S＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝(21＋22＋23＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－2－n， 由题意可知2n＋1为2的整数幂，只需将－2－n消去即可， 则①1＋2＋(－2－n)＝0，解得n＝1，总共有＋2＝3(项)，不满足N>100； ②1＋2＋4＋(－2－n)＝0，解得n＝5，总共有＋3＝18(项)，不满足N>100； ③1＋2＋4＋8＋(－2－n)＝0，解得n＝13，总共有＋4＝95(项)，不满足N>100； ④1＋2＋4＋8＋16＋(－2－n)＝0，解得n＝29，总共有＋5＝440(项)，满足N>100， ∴该款软件的激活码为440. 答案：440 学科网（北京）股份有限公司 $$