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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題3 數(shù)列 專題綜合檢測(cè)三 文
一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1.已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，則a20＝（B）
A.－1 B.1 C.3 D.7
解析：∵a1＋a3＋a5＝105，即3a3＝105，∴a3＝35.同理可得a4＝33，∴公差d＝a4－a3＝－2，∴a20＝a4＋（20－4）×d＝1.故選B.
2.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列的前1
2、00項(xiàng)和為（A）
A. B. C. D.
解析：由a5＝5，S5＝15可得
??an＝n.
∴＝＝－.
S100＝＋＋…＋＝1－＝.
3.（xx·新課標(biāo)Ⅱ卷）已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝，a3a5＝4（a4－1），則a2＝（C）
A.2 B.1 C. D.
解析：解法一 ∵ a3a5＝a，a3a5＝4（a4－1），∴ a＝4（a4－1），∴ a－4a4＋4＝0，∴ a4＝2.
又∵ q3＝＝＝8，∴ q＝2，
∴ a2＝a1q＝×2＝，故選C.
解法二 ∵ a3a5＝4（a4－1），∴ a1q2·a1q4＝4（a1q3－1），將a1＝代入上式
3、并整理，得q6－16q3＋64＝0，解得q＝2，∴ a2＝a1q＝，故選C.
4.已知{an}是等差數(shù)列，a1＋a2＝4，a7＋a8＝28，則該數(shù)列前10項(xiàng)和S10等于（B）
A.64 B.100 C.110 D.120
5.在等差數(shù)列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S11＝（B）
A.18 B.99 C.198 D.297
6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝10，a2＝9，那么下列不等式中成立的是（D）
A.a10－a11＜0 B.a20＋a22＞0
C.S20－S21＜0 D.S40＋a41＜0
4、
解析：公差d＝a2－a1＝－1，∴an＝11－n.
∴a10－a11＞0，a20＋a22＜0，故A、B錯(cuò)誤.
Sn＝＝－＋n，∴S20＞S21，即S20－S21＞0，故C錯(cuò).由an及Sn知，S40＜0，a41＜0，即S40＋a41＜0，故D正確.
7.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和是Sn，若{log2an}是公差為－1的等差數(shù)列，且S6＝，那么a1的值是（A）
A. B. C. D.
8.已知等比數(shù)列{an}中，a2＝1，則其前3項(xiàng)的和S3的取值范圍是（D）
A.（－∞，－1] B.（－∞，0）∪（1，＋∞）
C.[3，＋∞） D.（－∞，－1]∪
5、[3，＋∞）
9.（xx·浙江卷）已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn，若a3、a4、a8成等比數(shù)列，則（B）
A.a1d>0，dS4>0 B.a1d<0，dS4<0
C.a1d>0，dS4<0 D.a1d<0，dS4>0
解析：∵ a3、a4、a8成等比數(shù)列，∴ a＝a3a8，∴ （a1＋3d）2＝（a1＋2d）（a1＋7d），展開整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－d2.∵ d≠0，∴ a1d＜0.
∵ Sn＝na1＋d，∴ S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－d2<0.
10.已知f（x）＝x＋1，g（x）＝2x＋1，數(shù)列{an}滿
6、足a1＝1，an＋1＝則a2 016＝（D）
A.22 016－2 016 B.21 007－2 016
C.22 016－2 D.21 009－2
解析：a2n＋2＝a2n＋1＋1＝（2a2n＋1）＋1＝2a2n＋2.
即a2n＋2＋2＝2（a2n＋2），∴{a2n＋2}是以2為公比，a2＋2＝4為首項(xiàng)的等比數(shù)列.∴a2n＋2＝4×2n－1＝2n＋1.∴a2n＝2n＋1－2.∴a2 016＝21 009－2.
11.某商品的價(jià)格前兩年每年遞增20%，后兩年每年遞減20%，最后一年的價(jià)格與原來的價(jià)格比較，變化情況是（D）
A.不增不減 B.約增1.4%
C.約減9.2%
7、 D.約減7.8%
解析：設(shè)原價(jià)為1，則現(xiàn)價(jià)為（1＋20%）2（1－20%）2＝0.921 6，∴1－0.921 6＝0.078 4，約減7.8%.
12.（xx·蘭州模擬）設(shè)y＝f（x）是一次函數(shù)，若f（0）＝1且f（1），f（4），f（13）成等比數(shù)列，則f（2）＋f（4）＋…＋f（2n）等于（A）
A.n（2n＋3） B.n（n＋4）
C.2n（2n＋3） D.2n（n＋4）
解析：由題意可設(shè)f（x）＝kx＋1（k≠0），則（4k＋1）2＝（k＋1）×（13k＋1），解得k＝2，f（2）＋f（4）＋…＋f（2n）＝（2×2＋1）＋（2×4＋1）＋…＋（2×2n＋1）＝
8、4×（1＋2＋…＋n）＋n＝2n2＋3n.
二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上）
13.（xx·新課標(biāo)Ⅱ卷）設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝ Ｗ.
解析：∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴ Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
∵ Sn≠0，∴ －＝1，即－＝－1.又＝－1，∴ {}是首項(xiàng)為－1，公差為－1的等差數(shù)列.
∴ ＝－1＋（n－1）×（－1）＝－n，∴ Sn＝－.
答案：－
14.（xx·陜西卷）中位數(shù)為1 010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，其末項(xiàng)為2 0
9、15，則該數(shù)列的首項(xiàng)為 ?。?
解析：設(shè)數(shù)列首項(xiàng)為a1，則＝1 010，故a1＝5.
答案：5
15.（xx·肇慶一模）等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，則a5＋a6等于 ?。?
解析：?q2＝2，a5＋a6＝a1q4＋a1q5＝q2（a1q2＋a1q3）＝80.
答案：80
16.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S2＝10，S5＝55，則過點(diǎn)P（n，an）和Q（n＋2，an＋2）（n∈N*）的直線的斜率是 Ｗ.
答案：4
三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）
17.（1
10、0分）（xx·湛江一模）已知正數(shù)數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意n∈N*，lg Sn，lg n，lg 成等差數(shù)列.
（1）求an和Sn；
（2）設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，當(dāng)n≥2時(shí)，證明：Sn＜Tn＜2.
解析：（1）依題意：lg Sn＋lg ＝2lg n，即＝n2，
∴Sn＝ann2.∴an＋Sn－1＝ann2.①
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an－1（n－1）2.②
②代入①并整理得：＝.
∴＝，＝，＝，＝…＝，＝，＝，＝.
把以上式子相乘得：＝，
又∵a1＝1， ∴an＝.
∵當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1也滿足上式，∴an＝.
∵an＝ ＝2，
∴
11、Sn＝2[＋＋＋…＋]＝2＝.
（2）bn＝＝＝＝2
∴Tn＝2
＝2.
∵n≥2，∴＞0，∴Tn＝2＜2.
又Tn－Sn＝2－＝2＝[（n＋1）！－1－n·n！]＝[（n＋1）·n！－1－n·n！]＝（n！－1）＞0.∴Sn＜Tn＜2.
18.（12分）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）Sn＋2n（n∈N*）.
（1）求a1，a2的值；
（2）求證：數(shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列.
解析：（1）∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）Sn＋2n（n∈N*）.∴a1＝2，a1＋2a2＝（a1＋a2）＋4.∴a2＝4.
（2
12、）∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－2n（n∈N*），①
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝（n－2）Sn－1＋2（n－1）.②
由①－②得
nan＝[（n－1）Sn＋2n]－[（n－2）Sn－1＋2（n－1）]＝
n（Sn－Sn－1）－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2.
∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2）.
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0.∴＝2.
∴{Sn＋2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.
19.（12分）（xx·天津卷）已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，{b
13、n}是等差數(shù)列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
（1）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)cn＝anbn，n∈N*，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.
解析：（1）設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，數(shù)列{bn}的公差為d，由題意知q＞0.由已知，有消去d，整理得q4－2q2－8＝0，解得q2＝4.又因?yàn)閝＞0，所以q＝2，所以d＝2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*；數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1，n∈N*.
（2）由（1）有cn＝（2n－1）·2n－1，設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋（2n－3）×2n
14、－2＋（2n－1）×2n－1，
2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n，上述兩式相減，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－（2n－1）×2n＝2n＋1－3－（2n－1）·2n＝－（2n－3）·2n－3，所以，Sn＝（2n－3）·2n＋3，n∈N*.
20.（12分）（xx·天津卷）已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
（1）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)cn＝anbn，n∈N*，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.
分析：（1）列出關(guān)于q與d的方程組，通過解
15、方程組求出q，d，即可確定通項(xiàng)；
（2）用錯(cuò)位相減法求和.
解析：（1）設(shè){an}的公比為q，{bn}的公差為d，由題意q＞0，由已知，有消去d得q4－2q2－8＝0，解得q＝2，d＝2，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1，n∈N*.
（2）由（1）有cn＝（2n－1）2n－1，設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋（2n－1）×2n－1，2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋（2n－1）×2n，
兩式相減得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－（2n－1）×2n＝－（2n－3）×2n－3，所以Sn＝（2
16、n－3）2n＋3.
21.（12分）（xx·福建卷）等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值.
解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
由已知得
解得所以an＝a1＋（n－1）d＝n＋2.
（2）由（1）可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝（2＋1）＋（22＋2）＋（23＋3）＋…＋（210＋10）
＝（2＋22＋23＋…＋210）＋（1＋2＋3＋…＋10）
＝＋
＝（211－2）＋55
＝211＋53＝2 101.
22.（
17、12分）已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
（1）求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；
（2）記Ta＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，證明：Tn－8＝an－1bn＋1（n∈N*，n＞2）.
解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，由條件得方程組?
故an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
（2）由（1）得
Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋（3n－1）×2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋（3n－4）×2n＋（3n－1）×2n＋1.②
由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－（3n－1）×2n＋1
＝－（3n－1）×2n＋1－2
＝－（3n－4）×2n＋1－8.
得Tn－8＝（3n－4）×2n＋1.
而當(dāng)n＞2時(shí)，an－1bn＋1＝（3n－4）×2n＋1.
所以Tn－8＝an－1bn＋1（n∈N*，n＞2）.
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