1、2025高考数学考二轮专题过关检测3数列专项训练 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.120B.140C.160D.1802.已知等比数列an的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=()A.52B.53C.10D.153.(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
2、个圆中最大圆的半径是()A.8B.9C.10D.1004.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122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2202 Hz的音名是()A.dB.fC.eD.#d5.已知数列an的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.
3、40416.一百零八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.39B.45C.48D.517.在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(nN*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共3小题,每小题
4、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=1B.Sn的最小值为S3C.S1=S6D.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=2an,对于数列an,bn,下列选项正确的是()A.b10=8b5B.bn是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919311.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
5、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=1n,则数列an是无界的B.若an=12nsin 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+1n2,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(nN*),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 dm12 dm的长方形纸,对折
6、1次共可以得到10 dm12 dm,20 dm6 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 dm12 dm,10 dm6 dm,20 dm3 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k=1nSk=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2Snn+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
7、,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,nN*.(1)证明:bn是等比数列;(2)记cn=bn(bn+1-3)(bn-3),证明:数列cn的前n项和Sn1 000的最小的“佳幂数”m;证明:该数列的“佳幂数”有无数个.专题过关检测三数列 答案一、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
8、=3,所以a5+a12=3+17=20,所以S16=(a1+a16)162=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(a35)=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,r12=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rn+12rn2=1(n=1,2,99),则rn2是首项为1,公差为1的等差数列,n=1,2,100,所以r1002
9、=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=2202212=2202211210-4,所以频率为2202 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n2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1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-112n+1),所以Tn=12(1-13+1315+12n-112n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1,所以T20=20220+1=2041.6.D解析 设该数列为an,依题意,可知a5,a6
10、,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)+(n-4)(n-5)22=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3(5+26)=51.7.D解析 由2n1,100,nN*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2(1-26)1-2=126.又1+2+3+100=1001012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(nN*)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,
11、an=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+a100=-3+5-7+201=(-3+5)+(-7+9)+(-199+201)=250=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+41)=7a1+7621,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+41=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-30,a2=-20,a3=-10,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+
12、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+n(n-1)2=n2-7n2,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305+3029d2=390,解得d=1629.an=a1+(n-1)d=16n+12929.bn=2an,bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,故数列bn是等比数列,B选项正确.5d=51629=80293,b10b5=(2d)5=25d23,b108b5,A选项错误.a30=a1+29d=5+16=21,a1b30=5221105,C选项错误.a4=a1+3d=5+316
13、29=19329,a5=a1+4d=5+41629=20929,a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.11.BC解析 对于A,|an|=|1n|=1n1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,-1sin n1,-(12)nan=(12)nsin n(12)n,Sn=a1+a2+an12+(12)2+(12)n=121-(12)n1-12=1-(12)n-12+(12)2+(12)n=-1+(12)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,S
14、n=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,1n2=44n20).因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a10,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以an=22n-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)13+(-1)25+(-1)37+(-1)n(2n+1),-Tn
15、=(-1)23+(-1)35+(-1)47+(-1)n+1(2n+1),所以2Tn=-3+2(-1)2+(-1)3+(-1)n-(-1)n+1(2n+1)=-3+21-(-1)n-12+(-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a2n+2a2n=2.因为a2n+1a2n=22n+1,a2na2n-1=22n,所以a2n+1a2n-1=2.因为bn=a2n-1+a2n,因为bn+1b
16、n=a2n+1+a2n+2a2n-1+a2n=2a2n-1+2a2na2n-1+a2n=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=52n-1.因为cn=bn(bn+1-3)(bn-3)=52n-1(52n-3)(52n-1-3)=152n-1-3152n-3,所以Sn=(121521-3)+(1521-31522-3)+(152n-1-3152n-3)=12152n-312.18.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12
17、8,公比为1+50%=32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=1281-32n1-32=25632n-1,数列bn的前n项和Tn=400n+n(n-1)2a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=25632n-1+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)10 000,即256327-1+4007+762a10 000,即21a3 082,所以a3 08221.又aN*,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+
18、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=k(k+1)2项的和为Sk(k+1)2=1+(1+2)+(1+2+2k-1)=2k+1-k-2,(*)当k(k+1)250时,k9,则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20.因为210210+201 000,有k45,kN*,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Sk(k+1)2=2k+1-k-2,第k+1组前t项1,2,4,2t-1的和为2t-1,tN*.则只需k+2=2t-1,tN*.所以k=2t-344,所以t6,此时k26-3=61,所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=61622+6=1 897.证明 由知,k+2=1+2+2t-1=2t-1,tN*.当t2,且取任意整数时,可得“佳幂数”m=k(k+1)2+t,所以,该数列的“佳幂数”有无数
