适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测2数列理（附解析）

专题检测二　数列一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4=4,S3=S2+2,则a1=(　　)A.12B.1C.2D.22.(2023北京石景山一模)已知数列{an}满足:对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,则a10=(　　)A.34B.35C.36D.3103.(2023广西南宁一模)已知数列{an}满足a1=13,an+1=anan+1,则数列{1an}的前5项和为(　　)A.25B.26C.32D.174.(2022全国乙,理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+1α1,b2=1+1α1+1α2,b3=1+1α1+1α2+1α3,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则(　　)A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(2023山东泰安一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则a4=(　　)A274B.94C.278D.986.(2023辽宁沈阳二中三模)记Tn为数列{an}的前n项积,已知1Tn+1an=1,则T4=(　　)A.4B.5C.7D.87.(2023河南郑州一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S8≥S7≥S9,则公差d的取值范围是(　　)A.[-27,-415]B.[-27,-14]C.[-415,-14]D.[-27,0]8.(2023安徽安庆二模)已知等差数列{an}满足a12+a42=4,则a2+a3不可能取的值是(　　)A.-3B.-22C.32D.29.(2023河南名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-2=2(an-2n),则an=(　　)A.(n+1)·2n+1B.2nC.n·2n+1D.n·2n10.(2023山西临汾一模)1682年,英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年、1607年的彗星惊人地相似.他大胆断定,这是同一天体的三次出现,并预言它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星,它的回归周期大约是76年.请你预测它在21世纪回归的年份为(　　)A.2042年B.2062年C.2082年D.2092年11.(2023黑龙江哈尔滨九中开学考)设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+3,且Sn=1450,若a2<4,则n的最大值为(　　)A.50B.51C.52D.5312.已知数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,且a1=12,Sn+1Sn=2n+1-12n+1-2.若bn=-log2Tn,则数列1bn的前n项和An=(　　)A.2nn+1B.nn+2C.n+12nD.32n+1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023广西柳州三模)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2-an=(-1)n+2,则数列{an}的前30项和为　　　　　. 14.(2023广东天河一模)已知各项均为正数的数列{an}前n项和Sn满足Sn=an(an+1)2+m,m∈R,且a3+a5=10,则m=　　　　　. 15.(2020山东,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　.  16.(2023陕西西安一模)我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集:如图,取一条长度为1的线段,第1次操作,将该线段三等分,去掉中间一段,留下两段;第2次操作,将留下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留下四段;按照这种规律一直操作下去.若经过n次这样的操作后,去掉的所有线段的长度总和大于99100,则n的最小值为　　　　　.(参考数据:lg2≈0.301,lg3≈0.477) 三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2023甘肃高考一诊)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a6=2,S5=5,数列{bn}满足b1+b2+…+bn=2n+1-2,n∈N*.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=13an·log2bn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,求满足Tn≥20232024的最小正整数n.18.(12分)(2020全国Ⅰ,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.19.(12分)(2023山东烟台一模)已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且3a1,a3,5a2成等差数列,S4+5=5a3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=an·log3an+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 20.(12分)(2023湖南岳阳二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn+2n+1.(1)证明数列{Sn2n}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)设bn=Sn3n,若对任意正整数n,不等式bn<m2-m+1827恒成立,求实数m的取值范围.21.(12分)(2023江苏二模)已知数列{an}满足a1=-12,(n+1)an+2nan+1=0.数列{bn}满足b1=1,bn+1=k·bn+an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:当|k|≤1时,|bn|≤3-n+12n-1.22.(12分)(2023天津,19)已知{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求{an}的通项公式和∑i=2n-12n-1ai.(2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk<an<bk+1.①当k≥2时,求证:2k-1<bk<2k+1;②求{bn}的通项公式及其前n项和. 专题检测二　数列1.A　解析设{an}的公比为q,由题可知a3=S3-S2=2,q=a4a3=42=2,所以a1=a3q2=222=12.2.B　解析对任意的m,n∈N*,都有aman=am+n,且a2=3,所以a2a2=a22=32=a4,则a4a4=a42=34=a8,所以a10=a2a8=3×34=35.故选B.3.A　解析数列{an}满足a1=13,an+1=anan+1,取倒数得1an+1-1an=1,故数列{1an}是以1a1=3为首项,1为公差的等差数列,所以S5=5×3+5×42×1=25.故选A.4.D　解析依题意,不妨令ak=1(k=1,2,…),则b1=2,b2=32,b3=53,b4=85,b5=138,b6=2113,b7=3421,b8=5534,所以b1>b5,b3>b8,b6>b2,b4<b7.故选D.5.D　解析由题意,得a2=12S1=12a1=12,a3=12S2=12(a1+a2)=12×(1+12)=34,a4=12S3=12(a1+a2+a3)=12(1+12+34)=98.故选D.6.B　解析由题设1T1+1a1=1,即a1=2,1T2+1a2=32a2=1,即a2=32,1T3+1a3=43a3=1,即a3=43,1T4+1a4=54a4=1,即a4=54,所以T4=a1a2a3a4=5.故选B.7.A　解析(方法一)∵{an}为等差数列,a1=2,∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)d.∵S8≥S7≥S9,∴a8≥0,a8+a9≤0,即2+7d≥0,2+7d+2+8d≤0,解得d≥-27,d≤-415,∴-27≤d≤-415.(方法二)∵{an}为等差数列,a1=2,∴Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n(n-1)2d.∵S8≥S7,S7≥S9,∴16+8×72d≥14+7×62d,14+7×62d≥18+9×82d,解得d≥-27,d≤-415,∴-27≤d≤-415.故选A.8.A　解析(方法一)设a1=2cosθ,a4=2sinθ,则a2+a3=a1+a4=22sin(θ+π4),∴a2+a3∈[-22,22].(方法二)∵(a1+a42)2≤a12+a422=2,∴|a1+a4|≤22,∴a2+a3=a1+a4∈[-22,22].故选A.9.D　解析令n=1,得S1-2=2(a1-2),所以a1=2.由Sn-2=2(an-2n),得Sn+1-2=2(an+1-2n+1),两式作差可得an+1=2an+2n+1,化简整理可得an+12n+1=an2n+1,所以数列an2n是首项为a12=1,公差为1的等差数列,所以an2n=n,所以an=n·2n.故选D.10.B　解析由题意,可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682,公差为76的等差数列{an},则等差数列{an}的通项公式为an=1682+76(n-1)=76n+1606,∴a5=76×5+1606=1986,a6=76×6+1606=2062,∴可预测哈雷彗星在21世纪回归的年份为2062年.故选B.11.B　解析∵an+1+an=2n+3,∴an+1-(n+2)=-[an-(n+1)].若an=n+1,则an+1-an=1,a1=2,则{an}是首项为2,公差为1的等差数列,则Sn=n(2+n+1)2=n(n+3)2.令Sn=1450,即n(n+3)2=1450,无正整数解,所以an≠n+1,即an-(n+1)≠0,则{an-(n+1)}是公比为-1的等比数列,∴an-(n+1)=(a1-2)(-1)n-1,即an=(n+1)+(a1-2)·(-1)n-1,∴Sn=[2+3+…+(n+1)]+(a1-2)[1+(-1)+(-1)2+…+(-1)n-1]=n(n+3)2+(a1-2)1-(-1)n2.当n为偶数时,Sn=n(n+3)2不符合题意,所以n为奇数,Sn=n(n+3)2+a1-2=1450,∴a1=1452-n(n+3)2.又a1+a2=5,∴a2=5-a1<4,即a1>1,即n(n+3)<2902.∵y=n(n+3)在区间(0,+∞)上是增函数,n为奇数,51×54=2754<2902,53×56=2968>2902,故n的最大值为51.故选B.12.A　解析∵Sn+1Sn=2n+1-12n+1-2,∴an+1Sn=Sn+1-SnSn=12n+1-2,即Sn=(2n+1-2)an+1,∴S1=a1=2a2,又a1=12,∴a2=14.由an+1=Sn+1-Sn=(2n+2-2)an+2-(2n+1-2)an+1,整理得an+2an+1=12,又a1=12,a2a1=12,∴数列{an}是首项为12,公比为12的等比数列,∴an=12·12n-1=12n ,∴bn=log12(a1a2…an)=log12(12·122·…·12n-1·12n)=log1212n(n+1)2=n(n+1)2,∴1bn=2(1n-1n+1),∴An=2(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=21-1n+1=2nn+1.13.465　解析设{an}的前n项和为Sn.当n为奇数时,an+2-an=1,{a2k-1}(k∈N*)是首项为1,公差为1的等差数列;当n为偶数时,an+2-an=3,{a2k}(k∈N*)是首项为2,公差为3的等差数列,所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=(1+15)×152+(2+44)×152=465.14.-1　解析由Sn=an(an+1)2+m,得Sn+1=an+1(an+1+1)2+m,两式相减得an+1=Sn+1-Sn=an+1(an+1+1)2-an(an+1)2,即(an+1+an)(an+1-an-1)=0.又an>0,an+1>0,∴an+1+an≠0,∴an+1-an-1=0,即an+1-an=1,∴{an}是等差数列,公差为1,∴a3+a5=a1+2+a1+4=10,∴a1=2,∴S1=a1(a1+1)2+m,即2=2×(2+1)2+m,∴m=-1.15.3n2-2n　解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.16.12　解析设每次操作留下的长度为{an},则a1=23,a2=23×23=(23)2,且每次操作留下的长度均为上一次操作留下长度的23,所以{an}为等比数列,公比为23,首项为23,故an=23×(23)n-1=(23)n,所以经过n次这样的操作后,去掉的所有线段长度总和为1-an=1-(23)n,故1-(23)n>99100,即(23)n<1100,两边取对数得n(lg3-lg2)>2.又n∈N*,所以n≥12,则n的最小值为12.17.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则a6=a1+5d=2,S5=5a1+10d=5,解得a1=d=13,所以an=13+13(n-1)=n3.3分当n=1时,b1=22-2=2,当n≥2时,b1+b2+…+bn-1+bn=2n+1-2,可得b1+b2+…+bn-1=2n-2,上述两个等式作差可得,bn=2n+1-2n=2n,b1=2也满足bn=2n,故对任意的n∈N*,bn=2n.6分(2)由(1)得cn=13an·log2bn+1=13·n3·(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1,所以Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1.由Tn≥20232024得1-1n+1≥20232024,即n≥2023,则满足Tn≥20232024的最小正整数n为2023.12分18.解(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)n3-n×(-2)n.所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.19.解(1)设数列{an}的公比为q.因为3a1,a3,5a2成等差数列,∴3a1+5a2=2a3,即3a1+5a1q=2a1q2,即3+5q=2q2,解得q=3或q=-12.∵{an}各项均为正数,∴q>0,∴q=3.由S4+5=5a3,得a1(34-1)3-1+5=5×32a1,解得a1=1,∴an=3n-1.(2)由(1)知,bn=n×3n-1,则Tn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,∴3Tn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,两式相减可得-2Tn=30+31+…+3n-1-n×3n=1-3n1-3-n×3n=1-2n2×3n-12,∴Tn=2n-14×3n+14.20.(1)证明由Sn+1=2Sn+2n+1,得Sn+12n+1=Sn2n+1.又S12=a12=12,∴数列{Sn2n}是以12为首项,1为公差的等差数列,∴Sn2n=12+(n-1)=2n-12,即Sn=(2n-1)·2n-1,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)·2n-1-(2n-3)·2n-2=(2n+1)·2n-2.又a1=1不满足上式,∴an=1,n=1,(2n+1)·2n-2,n≥2.(2)解由(1)知Sn=(2n-1)·2n-1,∴bn=(2n-1)·2n-13n=(n-12)·(23)n,∴bn+1-bn=(n+12)·(23)n+1-(n-12)(23)n=(5-2n6)(23)n,∴当n≤2时,bn+1>bn;当n≥3时,bn+1<bn,即b1<b2<b3>b4>b5>…,所以bn的最大值为b3=2027.∵m2-m+1827>bn对任意正整数n恒成立,∴2027<m2-m+1827,即m2-m-2>0,解得m<-1或m>2,故实数m的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞). 21.(1)解(方法一)根据题意可知,an≠0,由(n+1)an+2nan+1=0,得an+1an=-n+12n.当n≥2时,由累乘法得ana1=a2a1·a3a2·…·anan-1=(-1+12×1)·(-2+12×2)·…·[-n2×(n-1)]=(-1)n-1·n2n-1.又a1=-12,则an=(-1)n-1n2n-1×(-12)=(-1)nn2n,当n=1时,a1=-12也符合上式,所以{an}的通项公式为an=(-1)nn2n.(方法二)由题可知an≠0.由(n+1)an+2nan+1=0,得ann+2·an+1n+1=0,即an+1n+1=-12·ann.又a11=-12,所以数列ann为以-12为首项,-12为公比的等比数列,所以ann=-12n,所以an=(-1)nn2n.(2)证明因为bn+1=k·bn+an=k·bn+(-1)nn2n,|k|≤1,所以|bn+1|≤|k·bn|+|(-1)nn2n|≤|bn|+n2n,即|bn+1|-|bn|≤n2n.当n≥2时,由累加法得|bn|-|b1|=|bn|-|bn-1|+|bn-1|-|bn-2|+…+|b2|-|b1|≤12+222+…+n-12n-1.设Sn-1=12+222+…+n-12n-1,则2Sn-1=1+22+322+…+n-12n-2,所以Sn-1=1+12+122+…+12n-2-n-12n-1=1-12n-11-12-n-12n-1=2-n+12n-1.又b1=1,则|bn|-|b1|≤Sn-1=2-n+12n-1,则|bn|≤3-n+12n-1.当n=1时,b1=1也满足上述不等式,因此,当|k|≤1时,|bn|≤3-n+12n-1恒成立.22.解(1)(第一步:求解等差数列的基本量)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则a2+a5=2a1+5d=16,a5-a3=2d=4,解得a1=3,d=2.(第二步:写出等差数列的通项公式)因此,an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1.(第三步:求和)∑i=2n-12n-1ai=∑i=2n-12n-1(2i+1)=2∑i=2n-12n-1i+[(2n-1)-2n-1+1]=2[2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)]+2n-1=2(2n-1+2n-1)·2n-12+2n-1=3×4n-1.(温馨提示:需要确定和式中的项数)(2)①证明:(第一步:求出an的取值范围)对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则2k+1≤2n+1≤2k+1-1,(第二步:根据不等式恒成立可证得结论成立)又因为bk<an<bk+1,所以bk<2k+1,bk+1>2k+1-1,(关键:要求出an的范围,再利用恒成立思想可得出bk的范围)故当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1.(提示:在得到bk+1>2k+1-1后需过渡到bk)②(第一步:求公比)当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk<2k+1,则2k+1-1<bk+1<2k+1+1.设等比数列{bn}的公比为q.则12k+1<1bk<12k-1.2k+1-12k+1<q=bk+1bk<2k+1+12k-1.因为2k+1-12k+1=2k+1+2-32k+1=2-32k+1,2k+1+12k-1=2k+1-2+32k-1=2+32k-1,因为对任意k≥2且k∈N*,2-32k+1<2,2+32k-1>2恒成立,所以q=2.(第二步:求首项b1)当k≥2且k∈N*时,2k-1<bk=b1·2k-1<2k+1,所以2-12k-1<b1<2+12k-1,因为对任意k≥2且k∈N*,2-12k-1<2,2+12k-1>2恒成立,所以b1=2.(第三步:求通项)所以bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.(第四步:求和)所以{bn}的前n项和Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.