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2026高考数学第二轮专题
专题过关检测二　数列
(分值:150分)
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,a3+a7=(　　)
A.-2 B.
C.1 D.
2.(2025河北唐山一模)若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+m(m∈R),则m=(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
3.(2025江西南昌二模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则S15=(　　)
A.81 B.71
C.61 D.51
4.(2025浙江杭州模拟)将数列{3n-1}中与数列{6n+5}相同的项剔除,余下的项按从小到大的顺序排列得到数列{an},则数列{an}前10项的和为(　　)
A.205 B.234
C.239 D.290
5.(2025湖南常德一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an+1=a1+a2+…+an(n∈N*),则(　　)
A.a2=2 B.a4=8
C.S2=3 D.S5=16
6.(2025山东淄博模拟)把正整数按一定的规律排成三角形数阵,如图所示.设aij(i,j∈N*)是这个三角形数阵中从上往下数第i行、从左往右数第j个数,如a42=8,若aij=2 015,则i与j的和为(　　)
A.109 B.110
C.111 D.112
7.(2025河南洛阳模拟)《九章算术》中有问题:“今有蒲生一日,长三尺;莞生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.”意思是说今有蒲第一天长高三尺,莞第一天长高一尺,以后蒲每天长高为前一天的一半,莞每天长高为前一天的两倍.要使莞的长度大于蒲的长度(蒲与莞原先的长度忽略不计),需要经过的时间最少为(　　)
A.3天 B.4天
C.5天 D.6天
8.(2025山东烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=(-1)n,若不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,则实数λ的最小值为(　　)
A.- B.-1
C.- D.-
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18分.在每小题给出的四个选项中,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.(2025广东茂名模拟)等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2.记数列{an}的前n项和为Sn,下列选项正确的是(　　)
A.数列{an}的公差为2
B.Sn取最小值时,n=6
C.S4=S7
D.数列{|an|}的前10项和为50
10.(2025广东肇庆模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+2,{bn}为等差数列,且b2=a1,b8=a3,记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,数列{cn}的前n项和为Tn,则下列结论正确的是(　　)
A.an=2n+1
B.bn=n
C.cn=2n-n
D.Tn=2n+1--2
11.(2025江苏扬州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),则下列说法正确的有(　　)
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-2an}为等比数列
C.Sn=2n+1-n-2
D.若bn=nan,则数列{bn}的前n项和Tn=(n-1)·2n+1-
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025新高考Ⅰ,13)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于　　　　　.
13.(2025山东淄博一模)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),满足an+Sn-1Sn=0(n≥2),a1=1,则S100=　　　　　.
14.(2025河北保定一模)现有n个串联的信号处理器单向传输信号,处理器的工作为:接收信号—处理并产生新信号—发射新信号.当处理器接收到一个A类信号时,会产生一个A类信号和一个B类信号并全部发射至下一个处理器;当处理器接收到一个B类信号时,会产生一个A类信号和两个B类信号,产生的B类信号全部发射至下一个处理器,但由接收B类信号直接产生的所有A类信号只发射一个至下一个处理器.当第一个处理器只发射一个A类信号至第二个处理器时,按上述规则依次类推,若第n个处理器发射的B类信号数量记作bn,即b1=0,则b4=　　　　　,数列{bn}的通项公式bn=　　　　　.
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025浙江丽水模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1>1,8Sn=+4an+3,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n.
16.(15分)(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
17.(15分)(2025辽宁辽阳一模)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n项和为Sn,且,2S2,8a3成等差数列,3a2=a1+2a3,数列{bn}满足bn+1=2bn-2n+1,b1=3,n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=求数列{cn}的前2n项和T2n.
18.(17分)(2025江苏无锡模拟)已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,满足Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2(an+1),求的前n项和Hn;
(3)在ak和ak+1之间插入k个数构成一个新数列{cn}:a1,d1,a2,d2,d3,a3,d4,d5,d6,a4,…,其中插入的所有数依次构成数列{dn},通项公式dn=(-1)n2n,求数列{cn}的前30项和T30.
19.(17分)(2025安徽黄山二模)若数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整数n都有|xn-yn|<,则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知{bn}为数列{an}的“接近数列”,且数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn.
(1)若an=n+(n是正整数),求b1,b2,b3的值;
(2)若数列{an}是公差为d的等差数列,且d∈Z,求证:数列{bn}是等差数列;
(3)若an=+(-)n+1(n是正整数),判断是否存在正整数k,使得Sk答案：
1.D　解析 (方法一)∵S9=9a5=1,∴a5=.则a3+a7=2a5=.故选D.
(方法二)∵S9==1,∴a1+a9=.∴a3+a7=a1+a9=.故选D.
(方法三)令数列{an}的公差d=0,则an=a1.则S9=9a1=1 a1=.∴a3+a7=2a1=.故选D.
2.A　解析 因为等比数列{an}的前n项和Sn=2n+m(m∈R),所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+m-(2n-1+m)=2n-1,所以该等比数列{an}的公比q=2,a2=2,所以a1==1=2+m,解得m=-1.
3.C　解析 由题可知q≠±1,且S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12成等比数列,所以(S6-S3)2=S3(S9-S6),即(-3)2=S3×9,得S3=1,则此等比数列的首项是1,公比是-3,那么S12-S9=a10+a11+a12=9×(-3)=-27,S15-S12=a13+a14+a15=-27×(-3)=81,所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61.
4.C　解析 设数列{3n-1}中第i项与数列{6n+5}中第j项相同,则3i-1=6j+5,所以i=2j+2,即数列{3n-1}中的第4项,第6项,第8项,…,与数列{6n+5}是相同的,均被剔除.所以数列{an}的前10项为:2,5,8,14,20,26,32,38,44,50.所以数列{an}前10项的和为5+×9=239.
5.D　解析 由an+1=a1+a2+…+an=Sn,当n=1时,a2=S1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1-an,所以an+1=2an.所以数列{an}从第二项开始是以a2=1为首项,2为公比的等比数列,所以an=Sn=所以a2=1,a4=4,S2=2,S5=16,故A,B,C错误,D正确.
6.B　解析 由三角形数阵可以看出其奇数行为奇数列,偶数行为偶数列,且第m行有m个数,记an为第n个奇数,则an=1+2(n-1)=2n-1,又2 015=2×1 008-1,所以2 015为第1 008个奇数.前31个奇数行,共有奇数1+3+…+61==961(个),又前32个奇数行,共有奇数1+3+…+61+63==1 024(个),则961<1 008<1 024,31+32=63,故2 015在第63行,且1 008-961=47(列),即i=63,j=47,所以i+j=63+47=110.
7.A　解析 由题意,蒲第一天长高三尺,以后蒲每天长高前一天的一半,所以蒲生长长度构成首项为a1=3,公比为q1=的等比数列,其前n项和为Sn==6-6×n.又由莞第一天长高一尺,以后每天长高前一天的两倍,则莞生长长度构成首项为b1=1,公比为q2=2的等比数列,其前n项和为Tn==2n-1.由题意得Tn>Sn,即2n-1>6-6×n,则2n+>7,令t=2n,则t≥2,t+>7,解得t>6,即2n>6,又22=4<6,23=8>6,且n∈N*,所以需要经过的时间最少为3天.
8.D　解析 当n=1时,a1=S1=12=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,当n=1时,a1=1适合上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1,所以bn=(-1)n=(-1)n=(-1)n·.当n为偶数时,Tn=-+-+…+=-≤-;当n为奇数时,Tn=-+-+…-=-<-.又因为不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,所以(Tn)max≤λ,所以λ≥-,所以实数λ的最小值为-.
9.AD　解析 设等差数列{an}的公差为d,则由题意知解得故A正确;因为an=-9+2(n-1)=2n-11,Sn=-9n+×2=n2-10n=(n-5)2-25,则当n=5时,Sn取最小值-25,故B错误;因为S4=42-10×4=-24,S7=72-10×7=-21,则S4≠S7,故C错误;因为数列{|an|}的前10项和为|-9|+|-7|+|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5+7+9=50,故D正确.
10.BD　解析 设等比数列{an}的公比为q,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2(n≥2),两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,所以q=2,又a2=S1+2=a1+2,因为{an}为等比数列,故a2=2a1,联立解得a1=2,所以an=2×2n-1=2n,故A错误;设等差数列{bn}的公差为d,由b2=a1=2,b8=a3=8,得6d=b8-b2=6,解得d=1,所以bn=b2+(n-2)d=n,所以B正确;由A={x∈N*|bn≤x≤an},得A={x∈N*|n≤x≤2n},则集合A中元素的个数为2n-n+1,即cn=2n-n+1,所以C错误;因为Tn=(2+22+…+2n)-(1+2+…+n)+n=+n=2n+1--2,所以D正确.
11.BCD　解析 因为数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),由已知等式变形可得an+1-an=2(an-an-1)(n≥2),且a2-a1=2,所以=2(n≥2),所以数列{an+1-an}是首项和公比均为2的等比数列,故an+1-an=2·2n-1=2n,所以A错误;由已知等式变形得an+1-2an=an-2an-1(n≥2),且a2-2a1=1,所以数列{an+1-2an}是首项和公比均为1的等比数列,则an+1-2an=1,B正确;由可得an=2n-1,所以Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2,所以C正确;因为bn=nan=n(2n-1)=n·2n-n,记An=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,则2An=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,这两个等式作差得-An=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,所以An=(n-1)·2n+1+2,故Tn=(n-1)·2n+1+2-(1+2+3+…+n)=(n-1)·2n+1+2-=(n-1)·2n+1-,所以D正确.
12.2　解析 由题意知公比q≠1,前4项的和S4==4, ①
前8项的和S8==68. ②
②÷①,得1+q4=17,所以q4=16,所以q=2(负值舍去).
13.　解析 由an+Sn-1Sn=0(n≥2),可得Sn-Sn-1+Sn-1Sn=0(n≥2),
又Sn≠0,则+1=0,即=1(n≥2),
当n=1时,S1=a1=1,
所以数列是以1为首项,以1为公差的等差数列,
则=1+(n-1)×1=n,则=100,所以S100=.
14.8　　解析 设第n个处理器发射的A类信号数量记作an,则a1=1,b1=0,
由题意,当n≥2时,第n个处理器发射的A类信号数量为n-1,
即当n≥2时,an=n-1,
当n≥2时,bn=an-1+2bn-1,
则b2=a1+2b1=1,b3=a2+2b2=3,b4=a3+2b3=8,
故当n≥3时,bn=n-2+2bn-1,可得bn+n=2(bn-1+n-1),
又b2+2=3,所以数列{bn+n}从第二项开始是以3为首项,2为公比的等比数列,
所以bn+n=3·2n-2,所以bn=3·2n-2-n(n≥2),
当n=1时,上式不成立,
所以bn=
15.解 (1)①当n=1时,8S1=8a1=+4a1+3,解得a1=3或a1=1(舍去);
②当n≥2时,8Sn=+4an+3,8Sn-1=+4an-1+3,
两式相减,整理得4(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1),
又an>0,所以an-an-1=4(n≥2),
所以{an}是以3为首项,4为公差的等差数列,
所以an=3+(n-1)×4=4n-1.
(2)由(1)知bn=(-1)nan=(-1)n(4n-1),
所以b2n-1+b2n=-1×(8n-5)+1×(8n-1)=4,
T2n=(b1+b2)+(b2+b3)+…+(b2n-1+b2n)=4n.
16.解 (1)∵3a2=3a1+a3,
∴3d=a1+2d,解得a1=d.
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d,an=a1+(n-1)d=nd,
又T3=b1+b2+b3=,
∴S3+T3=6d+=21,
即2d2-7d+3=0,
解得d=3或d=(舍去),∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即,
∴6=,
即-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d.
∵d>1,∴an>0.
又S99-T99=99,由等差数列的性质知,99a50-99b50=99,即a50-b50=1,∴a50-=1,
即-a50-2 550=0,
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,
解得d=1,与d>1矛盾,无解;
当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,
解得d=.
综上,d=.
17.解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意可得
因为等比数列{an}是递减数列,解得a1=q=,
所以an=a1qn-1=n.
因为bn+1=2bn-2n+1,所以bn+1-2(n+1)-1=2(bn-2n-1).
因为b1=3,则b1-2×1-1=0,所以bn-2n-1=0,故bn=2n+1.
(2)当n为奇数时,cn=,令An=c2i-1,
则An=+…+,
An=+…+,
两式作差可得An=+…+,
化简得An=;
当n为偶数时,cn=,
令Bn=c2i,则Bn=+…+,
故T2n=An+Bn=.
18.解 (1)由题意,当n=1时,S2=2S1+2,
得a1+a2=2a1+2,∵a1=1,∴a2=3.
当n≥2时,Sn+1=2Sn+n+1, ①
Sn=2Sn-1+n, ②
①-②得,an+1=2an+1(n≥2).
∵a2=3=2a1+1,∴an+1=2an+1(n∈N*).
则an+1+1=2an+2=2(an+1).
∵a1+1=2≠0,∴=2,
∴{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.
即an+1=2n,则an=2n-1.
(2)由bn=log2(an+1)=log22n=n,则,∴的前n项和Hn=+…+=--2.
(3)在数列{cn}中,项a7之前(含a7)共有1+2+3+4+5+6+7=28项,28<30,
∴数列{cn}的前30项中包含数列{an}的前7项及数列{dn}的前23项,
∴T30=a1+a2+…+a7+d1+d2+…+d23=21-1+22-1+…+27-1+(-2+4-6+8-…-46)=-7+[-2+(-2)×11]=223.
19.(1)解 由题设|an-bn|=n+-bn<,且bn∈Z,
所以-b1<,即-b2<,即-b3<,即所以b1=2,b2=3,b3=4.
(2)证明 由题设an=a1+(n-1)d,则|an-bn|<,|an+1-bn+1|<,
所以-所以-1<(an+1-an)-(bn+1-bn)=d-(bn+1-bn)<1,d∈Z,bn∈Z,
所以d-1故bn+1-bn=d,即数列{bn}是公差为d的等差数列.
(3)解 当n为奇数时,an=+n+1,0由|an-bn|<,即an-当n为偶数时,an=-n+1,0由|an-bn|<,即an-所以bn=且k∈N*,则Tn=且k∈N*.
而Sn=n+-2+…+-n+1=n+n+-n+1+,
要使Sn当n=2k-1,且k∈N*时,Sn-Tn=n+-n+1+-n+1-<0,
所以n+1<,则n+1< n< n>lo≈6.25,可得n≥7;
当n=2k,且k∈N*时,Sn-Tn=n+-n+1+-n+1+<0,
所以n+1>,则n>1,显然不成立.
综上,Sk21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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