课时检测训练37-38 数列求和 数列-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练37 数列求和 对应答案P517 A级+基础巩固 4.(2024·湖北十坦·摸拟)已知数列{a.}满足a 1.(2023·广东韶关·二模)已知数列{a.}的前n +3a:十5a1十…+(2n-1)a.=(n-1)3"+1. 项和为S。,a1=1,a,≠0，a.·a+1=4S。一1(n∈ (1)求{a}的通项公式： N). (2)在a.和a+1之间插人n个数，使这n十2个数 (1)证明：a+:一a,=4 构成等差数列，记这个等差数列的公差为d。,求 (2)设c.=(-1)”·a。十2"，求数列{c.}的前2n 数列 1 的前n项和T 项和T d 至B级·能力提升 5.(2025·升东模拟)已知数列{a.}的前n项和为 S.,且2S.=3a.-1. 2.(2025·赤峰模拟)已知数列(a.}的首项a1=3, (1)求{an}的通项公式 且满足a.1十2a.=2"+。 3" (1)证明：数列{a.一2}为等比数列： ②)若6.=a.+Da+D求数列6的前” 「ann为奇数， 项和T。 (2)已知6，= 丁.为数列{b)的 loga.n为偶数， 前n项和，求T. 6,已知数列{a.)的前n项和为S.,当n≥2时， S.(Sn-an+1)=S.-1 3.(2023·山东临折·二模)已知数列{a。}的前n 1)证明：数列号是等差数列： 项和为S.a1=1,S.1=2S.十1. (1)求{a.}的通项公式： (2)若a,= 数列层 的前n项和为T。,若 (2记-1g,,求数列{6，的前n项和T mT,≤(n+16)·2"+恒成立，求正整数m的最 a 大值。 293 课时检测训练·数学·RJA 课时检测训练38 数列 >对应将案P518 A级+基础巩固 3.(2024·新高考天津卷)已知数列{a,}是公比大 1.(2024·新高考上海卷)若f(x)=l0gx(a>0,a 于0的等比数列，其前n项和为S。,若a=1,S ≠1). =a-1. (1)y=f(x)过(4,2)，求f(2.x-2)<f(x)的 (1)求数列{a.}的前n项和S.: 解集： kn=a (2)存在x使得f(x+1)、f(a.x)、f(x+2)成等 (2)设b.= 其中k是大 b.1+2k,ae<n<a+1, 差数列，求a的取值范围. 于1的正整数。 (|)当n=a+时，求证：b.-1≥u·bn (i)求∑b. 2.某高校2021届毕业生卷季大型招聘会上，A,B 两家公司的工资标准分别是：A公司许诺第一年 的月工资为3000元，以后每年月工资比上一年 月工资增加300元：B公司许诺第一年月工资为 3500元，以后每年月工资在上一年的月工资基 础上增加5%.若某人被A,B两家公司同时录 取，试问： (1)若此人分别在A公司或B公司连续工作n 4.(2025·包头模拟)在足球比赛中，有时需通过点 (n∈N)年，则他在第n年的月工资收入分别是 球决定胜负， 多少？ (1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球 (2)此人打算连续在一家公司工作10年，仅从工 员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方 资总收入作为应聘的标准，此人应该选择哪家 向射门，门将（也称为守门员）也会等可能地随机 公司？ 选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门 参考数据：1.05≈1.629. 将即使方向判断正确也有号的可能性扑不到球， 不考虑其他因素，在一次点球大战中，求门将在 前三次扑到点球的个数X的分布列和期望： (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、 乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球 从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的 1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的 球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概 率为p。,易知p,=1,p2=0. 课时检测训练·数学·RJA 294 ①试证明：2，一号}为等比数列： ：6.已知数列{an)的前n项和为S.,且满足 (g-1)S.=ga.-1(q>0),n∈N°. ②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为g。,比 (1)求数列(a.}的通项公式： 较p:2:与：的大小 ②当9=2时敢列6满足6，=品。 求证：号<6十6++6，<2： (3)若对任意正整数n都有aw+1≥n成立，求正 实数q的取值范围. 宫B级+能力提升 5.已知数列{am}中，a1=1,a2=a,aw+t= k(a,十a.-2)对任意n∈N都成立，数列{aw}的 前n项和为S (1)若{a.}是等差数列，求k的值： (2若a-1,k=-之求5： (3)是否存在实数k,使数列{a。}是公比不为1 的等比数列，且任意相邻三项amam+1a。+:按某 顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的 值；若不存在，请说明理由. 295 课时检测训练·数学·RJA13.AC 解析 设数列{a}的公比为q. 将其与a。·a+1=4S,-1两式相减得aa+1(a+2-a) ∵a?>1,a2023<1, =4a+1· ∴0<a203<1, 又a2022>1,∴0<q<1. ∵a2022a2024=a2o23<1, ∴a2022a2024-1<0,故A正确； 因为a≠0,有aH+2-a=4. 当n=1时，上式也成立， 综上，a+2-a=4. (2)当n为大于1的奇数时， ∵a2023<1, ∴a2023=S2023-S2022<1, 即S2022+1>S202s,故B错误； ∵0<q<1,a?>1, ∴数列{a,}是递减数列， 有a?-a?=4,a?-a?=4,a,-a?=4,⋯,a-am2=4, 累加得a。=a?+("去1-1)×4=2n-1. 又a?=1满足上式，所以n为奇数时，a=2n-1; 当n为大于2的偶数时，有a?-a2=4,a?-a?=4,a?-a?= ∵a2022>1,a2023<1, 4,⋯,a-a-2=4, ∴T2022是数列{T}中的最大项，故C正确； Tao45=a?a?a?·⋯a045 =a?(a?q)(a?q2)·⋯·(a?q?4) =a4045q1+2+3+⋯+4044 =af045q202×4045 累加得a=a?+(2-1)×4=2n-1.又a?=3满足上式。 综上可知，a=2n-1(n∈N°). c=(-1)”·a+2"=(-1)"(2n-1)+2”, T2=c?+c?+c?+⋯+c2, =(a?q222)44?=a2025, ∵0<a2023<1, ∴a204<1, T?=[-1+3-5+7-⋯-(4n-3)+(4n-1)]+(21+22+ 2?+⋯+22)=20+1+2n-2, T2,=2+1+2n-2. 即T?045<1,故D错误. 14.C 解析 T=a?·a2·⋯·a=a?·a?q·a?q2·⋯ 2.解(1)证明：由a+1+2a=2"+2可得 aa+1-2"+1=2"+1-2a=-2(a-2"). 又a?-21=1≠0,·a?q1 =(a?)"·q+2+0+mtda-)=(a?)"·q =16×(专)=2·2=2++”, 所以数列{a-2"}是以1为首项，-2为公比的等比数列. (2)由(1)可得a-2"=(-2)"1, 即a=2"+(-2)"-1. n=2,函数y=-2n2+2”的开口向下，对称轴为 所以当n=4或n=5时，T,取得最大值. 当n为奇数时，b?=a=2"+(-2)"1=3×2"?1; 当n为偶数时，b?=log?a=log?[2”+(-2)"-] =log22"?1=n-1. 15.解(1)因为数列{a}的前n项和为S。=n2+1,所以当n= 1时，a?=2; a.-{2.-1≥2,当n≥2时，a=S,-S,1=2n-1,故( 所以T??=(b?+b?+b?+b?+b?)+(b?+b?+b?+bg+b??) =(3+3×22+3×2?+3×2?+3×2?)+(1+3+5+7+9) =3×(144+1+9×5=1048. 所以a?=3,a?=5,从而a?b?+a?b?+a?b?=14,化为2b?+ 3b?+5b?=14. 3.解(1)由S+1=2S+1,得S。=2S。1+1(n≥2,n∈N*), ∴S+1-S,=2S,-2S。1,∴a+1=2a,(n≥2,n∈N). 又因为数列{b}为正项等比数列且b?=a?=2,设公比为 又a?=1,S+1=2S,+1,∴a?+a?=2a?+1,整理得a?=2a?. q,且q>0,又2q2+3q-2=0, ∴数列{a}是首项为1,公比为2的等比数列， b.=(去)q=2或q=-2(舍),从而L解得 ∴数列{a,}的通项公式为a=2"?1. (2)当n≥2时，不等式b>(a-) 转化为2"2<(n- (2)由(1)得a,=2,∴b-osea_os.2-2-1 ∴T=b?+b?+b?+⋯+b, "-D°>1,1)2,即 即T=0+2+2+⋯+"二1, 记f(n)="-1)2,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=9,f(5)=2, 2T=0++2+⋯+"-1, f(6)= 6,f(7)=3,f(8)=64, 两式相减，得T.=立++⋯+—-"21= +1)=×n-122cn-1)<1,f(n)当n≥8时， 单调递减，所以f(n)<1, b.>(a2) 成立的所有正整数 n组成的因此使不等式 集合为{3,4,5,6,7}. ∴T。=2-2±1 课时检测训练37 数列求和 4.解(1)因为a?+3a?+5a3+⋯+(2n-1)a=(n-1)3"+ [A级·基础巩固] 1,① 1.解(1)证明：由题可知a·a+1=4S,-1, 当n=1时，解得a?=3,所以a?=5. 又因为a+1·a+2=4S+1-1, 当n=1时，a?=1, 当n≥2时，a?+3a?+5as+⋯+(2n-3)a-1=(n-2)3"?1+ 1,② ·517· 高考一轮总复习·数学·RJA ①-②得(2n-1)a。=[(n-1)3"+1]-[(n-2)3?1+1]= (2n-1)3"1(n≥2). 由于n+1?≥8,当且仅当n=4时等号成立，故正整数m的 所以a=3"?1(n≥2). 最大值为8. 又因为当n=1时，上式也成立，所以{a}的通项公式为 a=3"?1 课时检测训练38 数 列 [A级·基础巩固] d=n+1=3°+1=2·+1 a=云(2)由题可知C ,得 1.解(1)因为y=f(x)的图象过(4,2),故 log4=2,故a2=4 即a=2(负值舍去), ·”±, 而f(x)=log?x在(0,+∞)上为增函数，故f(2x-2)< f(x), 则T。=2·3+县·3+L·4+⋯+2·"+2· ”±1,③ 故0<2x-2<x即1<x<2, 故f(2x-2)<f(x)的解集为{x|1<x<2}. (2)因为存在x使得f(x+1)、f(ax)、f(x+2)成等差数列， 故2f(ax)=f(x+1)+f(x+2)有解，故2log(ax)=log(x+ 3T=2·3+2·3+1·+⋯+2·"+2· 1)+log(x+2), 因为a>0,a≠1,故x>0,故a2x2=(x+1)(x+2)在(0, ”±1,④ 十∞)上有解， ③-④得3T。=1+2(3+3+⋯+3)-2·"+1 由a2=22+3x+2=1+3+2=2(1+4)- 在(0, +∞)上有解， -5 T.=5-8-+5解得 [B级·能力提升] 令t=1∈(0,+∞),而y=2(1+4)2-8在(0,+∞)上的 值域为(1,+∞), 故a2>1,即a>1. 2.解(1)设此人在A,B两家公司第n年的月工资分别为a 元，b。元， 5.解(1)由已知得2S,=3a,-1,① 当n=1时，2S?=3a?-1,即2a?=3a?-1, 则a,=3000+(n-1)×300=300n+2700(n∈N°), b=3500×(1+5??1=3500×1.05"?1(n∈N*). 解得a?=1, 当n≥2时，2S,-1=3a-1-1,② ①-②得2a=3a-3a-1,即a=3a-1, (2)若此人在A公司连续工作10年，则他的工资总收入为 12(a+a?+⋯+an)=12×[300×10+10×(20-1)×300]= 522 000(元).所以数列{a}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a= 3"?. (2)因为b=a.+1(a+1)=+1(3°+1)=2 若此人在B公司连续工作10年，则他的工资总收入为 12(b?+b?+⋯+bo)=12x3500×-1-15.05)≈528 360(元). 因为522 000<528 360,所以此人应该选择B公司. ×(3+13°+1), 3.解(1)设等比数列{a}的公比为q>0, 所以T.=2×(+1-3+1+3+1-+1+⋯+3+1 因为a?=1,S?=a?-1,即a?+a?=a?-1, 3°+1) 可得1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1 (舍去), s=1-2=2”-1.所以S =2×(3°+1)=4-2(3+1) (2)(1)由(1)可知a=2”1,且k∈N",k≥2, 6.解(1)证明：由题意知，当n≥2时，S,(S,-a+1)=S,1, 所以S,[(S,-(S,-S。-1))+1]=S,1, 当n=a+1=2?≥4时，则a-2=a-I<a-,即a<n-1 侍}是5s=1,,所以数列整理得S,SH-1=S。-1-S,即 以1为公差的等差数列. }(2)由a?=2,由(1)知 是以2为首项、1为公差的等差 数列， <a+1, 可知a=2?-1,b=k+1, b-=b+(a+1-a-1)·2k=k+2k(2?1-1)=k(2°-1), 可得ba-1-a·b,=k(2°-1)-(k+1)2?1=(k-1)2?1-k ≥2(k-1)-k=k-2≥0, 5=n+1,所以等=(n+1)·2°,所以 当且仅当k=2时，等号成立， 所以b。-1≥a·b; 所以T.=2·2+3·22+⋯+n·2"?1+(n+1)·2",① 所以2T,=2·22+3·23+⋯+n·2”+(n+1)·2"+1,② ①-②得 (ii)由(1)可知：S,=2"-1=a+1-1, 若n=1,则S?=1,b?=1; 若n≥2,则a+1-a=22-1, 一T,=4+(22+23+⋯+2")-(n+1)·2"+1, 当2*?1<i≤2-1时，b,-b-1=2k,可知{b?}为等差数列， 所以-T=-n·2"+1,所以T=n·2"+1. b,=k·2?1+2k2(2-1=k·41=-[(3k可得 m≤n+16,因为mT,≤(n2+16)·2"+1,所以， -1)4*-(3k-4)4-1], ·518·高考一轮总复习·数学·RJA =1+÷[5xd2-2×4+8x42=5x42++(3m-所以 1)4°-(3n-4)4°1]=3n-94+1, b=3m-14+1.且n=1时b?=1,符合上式.综上所述： 4.解(1)解法一：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率 为p=3×3×(1-3)=9, 门将在前三次扑到点球的个数X的可能取值为0,1,2,3, 易知X~B(3,9), 所以P(X=k)=C×(9)×(9),k=0,1,2,3, 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 彤 243 248 2 E(X)=3×9=3. 解法二：X的所有可能取值为0,1,2,3, P=3×3×3× 所以P(X=0)=c(音)°-兴，P(X=1)=c·(音) P(X=2)=c·(9)×8=2,P(X=3)=c(9) 所以X的数学期望1 在一次扑球中，扑到点球的概率 =, =2 X 0 1 2 3 P 彤 2 2 (1-3)=号， 所以X的分布列如下： 所以X的数学期望：E(X)=o×529+1×29+2×24+3 ×729=229=3 (2)①第n次传球之前球在甲脚下的概率为p, 则当n≥2时，第 n-1次传球之前球在甲脚下的概率 为pa-1, 第n-1次传球之前球不在甲脚下的概率为1-pa-1, 则p。=p-,×0+(1-p)×2=-2p-+2, 即p-3=-2(p?-3),又p?-3=3, {p-3}是以3 2为首项，公比为所以 的等比数列. p=3(-2)?+3,②由①可知 Pu=3(-去)+÷<3,所以； 所以g2=2(1-pa)=2[3-3(-2)]>3, 故pa4q2024· [B级·能力提升] 5.解(1)由题意，数列{a}是等差数列，则对任意n∈N", 可得a+1-a=aa+2-am+1,即2an+1=a,+am+2, 即a=2(a.+ai2),故k=2 k=-2时，a+=-2(a,+a2),(2)由 即2a+1=-a-aa+2,a+2+a+1=-(aa+1+a), 故am+3+aa+2=-(aa+2+a+1)=a+1+a. 当n是偶数时，S,=a?+a?+a?+a+⋯+a-1+a =2(a?+a?)=n; 当n是奇数时，a?+a?=-(a?+a?)=-2, S。=a?+a2+a?+a+⋯+a1+a=a?+(a?+as)+ (a+as)+⋯+(a?+a)=1+"1×(-2)=2-n. s.={2,n=2-2-1(keN).综上可得，: q=a2=a,(3)若{a}是等比数列，则公比 由题意a≠1,故am=a"?1,am+1=a”,am+2=a"+1. ①若am+1为等差中项，则2am+1=a+am+2, 即2a"=a"?1+a"+1,2a=1+a2,解得a=1(舍去); ②若am为等差中项，则2am=am+1+am+2, 即2a"?1=a"+a"+1,2=a+a2. a=-2,k=a+da=a·+a=1+因为a≠1,解得， =-号， ③若am+2为等差中项，则2am+2=am+am+1, 即2a"+1=a"1+a",2a2=1+a. a=-1,k=1+=-号，因为a≠1,解得 ,k=-3.综上，存在实数k满足题意， 6.解(1)由(q-1)S,=qa-1(q>0)得(q-1)S?=qa?-1, 即(q-1)a?=qa?-1,所以a?=1. 若q=1,则a=1; 若q≠1,则由(q-1)S=qa。-1得(q-1)S。1=qa-1一 1(n≥2), 两式相减得(q-1)a=(qa,-1)-(qan-1-1)=qa, qa-1(n≥2), 化简得a=qa-1(n≥2), 所以数列{a}是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此 a=q"?1, 当q=1时，也满足该式，故a=q"?1(q>0). (2)证明：因为q=2,所以a=2",则b=n(n+1)·2= 2[,·2(n+1)·z], 因此b?+b?+⋯+b=2(1-2-2)+2(2-2-3·2)+⋯ +2(.2(n+1)·z)=2(1-(n+1)·2)<2. b?=2,且b,>0,故b?+b?+⋯+b≥3,因此2≤又因为 b?+b?+⋯+b<2得证. ·519· 高考一轮总复习·数学·RJA In q≥n"(n∈N),(3)由(1)得n≤q",则In n≤nln q,即] 令f(x)=n(a>0,xEN"), 为使对任意正整数n都有a+1≥n成立，即f(x)m≤In q, f'(x)=1-n因为 ,所以当0<x<e时，f(x)>0,即 f(x)在(0,e)上单调递增； 当x>e时，f(x)<0,即f(x)在(e,+∞)上单调递减. 又xEN°,且f(2)=22,f(3)=3,f(2)-f(3)=22 33=n?6In?<0, 所以f(x)=f(3)=3, In q≥33,即q≥3.因此 课时检测训练39 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积 [A级·基础巩固] 1.B 解析 虽然各侧面都是正方形，但底面可能是菱形，所以 该四棱柱不一定是正方体，故A错误；球的直径的定义即为 “连接球面上两点并且经过球心的线段”,故B正确；以直角 三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆 锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转 体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；用一个平 行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误. 2.A 解析 因为圆锥的轴截面是边长 为2的正三角形，所以圆锥的底面半 S 径为1,且圆锥的高 SO=√22-12= n·I2×3=3π√3,故体积为 B∈ O A 3.B 解析 正三角形的高为√3,根据 斜二测画法的知识可知， (2×1××sin)×2=4直观图的面积为 y' 0 O x' 4.B 解析 由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截 18去以正方体某个顶点为球心，2为半径的 球后的剩余部 分，则其表面积=6×22-3×4×π×22+×4×π×22= 24—π. 5.C 解析 依题意可知，底面圆的半径为r=1,圆柱部分的 h=2高为h?=2,圆锥部分的高为1 ,所以圆柱部分的体积 为V?=πr2h?=π×12×2=2π, v?=3π2h?=3×π×I2×2=6π,所圆锥部分的体积为 以该组合体的体积为V=V?+V?=2π+6π=6π 6.B 解析 如图，令四棱锥的底面边长为a,高为h,三棱柱的 高为b, ia b 3a2h=1,依题意，得四棱锥的体积为- ,即a2h=3, 2ahb=3,三棱柱的体积为- ,即abh=6, 因此b=2a,于是长方体的体积 V=b2h=4a2h=12, 所以该正四棱台的体积为12+4+12=28. 7.A 解析 如图， 0 A of O? 7B 由题意可知，OA=OB=5,0?A=3,O?B=4, 则00?= √OA2-O?A2= √52-32=4,0O?= √OB2-O?B2=√52-42=3, ∴圆台的高为4+3=7, 3×7×(9π+12π+16π)=2539∴圆台体积为 8.AD 解析 对于选项A,由面面平行的性质定理得ED?// BF,FD?//BE,故A对；对于选项B,若四边形 BFD?E为正 方形，则ED?⊥BE,且ED?=BE,且在正方体中，有AD⊥ BE,所以BE⊥平面AA?D?D,即E与A重合，而此时 ED? ≠BE,故B错；对于选项C,设AE=x,所以四边形 BFD?E 周长为2(EB+ED?)=2(√1+x2+√1+(1-x)2),根据 几何意义可知，√1+x2+√1+(1-x)2表示点(x,0)到(0, -1),(1,1)的距离之和，即可知√1+x2+√1+(1-x)2≥ √5,四边形 BFD?E周长的最小值为2√5,故C错；对于选项 D,VB-BFp,e=VE-B,D+Vp-B,D,故D对.故选AD. 9. 解析 由题可得两个圆台的高分别为h甲= √[2(r?-r?)]2-(r?-r?)2=√3(r?-r?), h=√[3(r?-r?)]2-(r?-r1)2=2√2(r?-r?), +8+S5--所以 = 10.8π 解析 如图所示，取BD,CD中 A 点M,N,连接AM,MN,AN,BN. 在等腰直角△ABD中，AB=√2, BS M >D ∠BAD=2, ∴AM_BD,AM=BM=DM=1, N C 高考一轮总复习·数学·RJA ·520·