数列专题过关检测-2025届高三数学二轮复习

专题过关检测三　数列 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=(　　) A.120 B.140 C.160 D.180 2.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=(　　) A. B. C.10 D.15 3.(2024·辽宁沈阳统考一模)已知有100个半径互不相等的同心圆,其中最小圆的半径为1,在每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,则这100个圆中最大圆的半径是(　　) A.8 B.9 C.10 D.100 4.我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为220 Hz的音名是(　　) A.d B.f C.e D.#d 5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列的前n项和为Tn,则T20的值为 (　　) A. B. C. D. 6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为(　　) A.39 B.45 C.48 D.51 7.在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是(　　) A.3 928 B.4 024 C.4 920 D.4 924 8.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　) A.0 B.100 C.-100 D.10 200 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是(　　) A.a5=1 B.Sn的最小值为S3 C.S1=S6 D.Sn存在最大值 10.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是(　　) A.b10=8b5 B.{bn}是等比数列 C.a1b30=105 D. 11.对于数列{an},若存在正数M,使得对一切正整数n,都有|an|≤M,则称数列{an}是有界的.若这样的正数M不存在,则称数列{an}是无界的.记数列{an}的前n项和为Sn,下列结论正确的是(　　) A.若an=,则数列{an}是无界的 B.若an=nsin n,则数列{Sn}是有界的 C.若an=(-1)n,则数列{Sn}是有界的 D.若an=2+,则数列{Sn}是有界的 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.  13.已知数列{an}满足a1=1,an+1an=2n(n∈N*),若Sn为数列{an}的前n项和,则S2 024=　　　　　　.  14.某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2.  四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 16.(15分)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)nlog2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 17.(15分)已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1an=2n+1,记bn=a2n-1+a2n,n∈N*. (1)证明:{bn}是等比数列; (2)记cn=,证明:数列{cn}的前n项和Sn<. 18.(17分)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆. (1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n); (2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值. 19.(17分)(2024·湖南岳阳二模)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.设该数列的前n项和为Sn,规定:若∃m∈N*,使得Sm=2p(p∈N),则称m为该数列的“佳幂数”. (1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列,直接写出前4个“佳幂数”; (2)试判断50是不是“佳幂数”,并说明理由; (3)①求满足m>1 000的最小的“佳幂数”m; ②证明:该数列的“佳幂数”有无数个. 答案与解析 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.C　解析 因为a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20, 所以S16==8(a5+a12)=160. 故选C. 2.C　解析 因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3()=log3(95)=log3(310)=10. 3.C　解析 设这100个圆的半径从小到大依次为r1,r2,…,r100,则由题知,=1,每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,有=1(n=1,2,…,99),则{}是首项为1,公差为1的等差数列,n=1,2,…,100,所以=100,得r100=10.故选C. 4.D　解析 因为a的音频是数列的第10项,440=220=220,所以频率为220 Hz是该数列的第4项,其音名是#d. 5.C　解析 当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以),所以Tn=(1-+…+)=(1-)=,所以T20=. 6.D　解析 设该数列为{an},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51. 7.D　解析 由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又1+2+3+…+100==5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924. 8.B　解析 由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1. 所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.AC　解析 由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+×1,解得a1=-3. 对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确. 对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误. 对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确. 对于选项D,因为Sn=-3n+,所以Sn无最大值,故D错误. 10.BD　解析 设{an}的公差为d, 由已知得30×5+=390, 解得d=. ∴an=a1+(n-1)d=. ∵bn=,∴=2d, 故数列{bn}是等比数列,B选项正确. ∵5d=5×≠3, ∴=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误. ∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误. ∵a4=a1+3d=5+3×,a5=a1+4d=5+4×,∴,D选项正确. 11.BC　解析 对于A,∵|an|=||=≤1恒成立, ∴存在正数M=1,使得|an|≤M恒成立, ∴数列{an}是有界的,A错误. 对于B,∵-1≤sin n≤1,∴-()n≤an=()n·sin n≤()n, ∴Sn=a1+a2+…+an<+()2+…+()n==1-()n<1, Sn=a1+a2+…+an>-[+()2+…+()n]=-1+()n>-1, ∴存在正数M=1,使得|Sn|≤M恒成立, ∴数列{Sn}是有界的,B正确. 对于C,∵an=(-1)n,∴当n为偶数时,Sn=0;当n为奇数时,Sn=-1. ∴|Sn|≤1,∴存在正数M=1,使得|Sn|≤M恒成立,∴数列{Sn}是有界的,C正确. 对于D,=2(), ∴Sn=2n+1++…+≤2n+2(1-+…+)=2n+2(1-)=2n+=2(n-+1). 易知y=x-在[1,+∞)上单调递增, ∴n-∈[,+∞). ∴不存在正数M,使得|Sn|≤M恒成立,∴数列{Sn}是无界的,D错误.故选BC. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.2　解析 由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,所以2a3=a1+a2+6, 即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2. 13.3×21 012-3　解析 因为a1=1,an+1an=2n,所以当n=1时,有a2a1=2,解得a2=2,且an+2an+1=2n+1,所以=2. 所以当n为奇数时,an=1×; 当n为偶数时,an=2×. 所以S2 024=a1+a2+…+a2 024=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 024)==3×21 012-3. 14.5　240　解析 对折3次共可以得到 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm×dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120 dm2; 对折4次共可以得到 dm×12 dm,dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm×dm,20 dm×dm五种规格的图形,S4=5×15=75 dm2; …… 可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)·dm2. 则Sk=S1+S2+…+Sn=240+…+. 记Tn=+…+, ① 则Tn=+…+. ② ①与②式相减,得Tn-Tn=Tn=+…+. 故Tn=3-. 故Sk=240·Tn=240. 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(1)证明 由+n=2an+1, 得2Sn+n2=2ann+n①, 所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1)②, ②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1, 化简得an+1-an=1, 所以数列{an}是公差为1的等差数列. (2)解 由(1)知数列{an}的公差为1. 由=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12. 所以Sn=-12n+(n-)2-, 所以当n=12或13时,Sn取得最小值,且最小值为-78. 16.解 (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0). 因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去). 所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2. 所以an=2×2n-1=2n. (2)由(1)可知a2n+1=22n+1, 所以bn=(-1)nlog2a2n+1=(-1)nlog222n+1=(-1)n(2n+1), 所以Tn=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1), -Tn=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2Tn=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n, 所以Tn=(n+1)(-1)n-1. 17.证明 (1)因为an+1an=2n+1,所以a2n+2a2n+1=22n+2,a2n+1a2n=22n+1,所以=2. 因为a2n+1a2n=22n+1,a2na2n-1=22n, 所以=2. 因为bn=a2n-1+a2n, 因为=2, 又因为当n=1时,a2a1=4,a1=1,所以a2=4,所以b1=a1+a2=5, 所以{bn}是以5为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)可得bn=5×2n-1.因为cn=, 所以Sn=()+()+…+()=. 18.解 (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列. 所以数列{an}的前n项和Sn==256,数列{bn}的前n项和Tn=400n+a. 所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=256+400n+a. (2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10 000, 即256+400×7+a≥10 000,即21a≥3 082, 所以a≥. 又a∈N*,所以a的最小值为147. 19.(1)解 因为S1=20=1,所以1为该数列的“佳幂数”; 又因为S2=1+1=2=21,S3=1+1+2=4=22,S18=64, 所以2,3,18也为该数列的“佳幂数”. 所以该数列的前4个“佳幂数”为1,2,3,18. (2)解 由题意可得,数列如下: 第1组:1; 第2组:1,2; 第3组:1,2,4; …… 第k组:1,2,4,…,2k-1, 则该数列的前1+2+…+k=项的和为=1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=2k+1-k-2,(*) 当≤50时,k≤9,则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20. 因为210<210+20<211,∴对∀p∈N,S50≠2p,故50不是“佳幂数”. (3)①解 在(*)中,要使>1 000,有k≥45,k∈N*,所以m出现在第44组之后,又第k组的和为2k-1,前k组和为=2k+1-k-2, 第k+1组前t项1,2,4,…,2t-1的和为2t-1,t∈N*. 则只需k+2=2t-1,t∈N*. 所以k=2t-3≥44,所以t≥6,此时k≥26-3=61, 所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=+6=1 897. ②证明 由①知,k+2=1+2+…+2t-1=2t-1,t∈N*. 当t≥2,且取任意整数时,可得“佳幂数”m=+t,所以,该数列的“佳幂数”有无数个. 学科网（北京）股份有限公司 $$