【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题6(数列).docx

阶段性测试题六(数　列)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，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．(2021·忻州一中检测)已知等差数列{an}的前13项之和为39，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．6　　　 B．9　　　
C．12　　　 D．18
[答案]　B
[解析]　解法1：依据等差数列的求和公式可得：S13＝13a1＋d＝39，化简得：a1＋6d＝3，
所以a6＋a7＋a8＝a1＋5d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3×3＝9.故选B．
解法2：由等差数列的性质得S13＝13a7＝39，∴a7＝3，
∴a6＋a7＋a8＝3a7＝9.
2．(文)(2021·江西三县联考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋，n∈N*，则a101的值为(　　)
A．49　 　 B．50　 　
C．51　 　 D．52
[答案]　D
[解析]　∵an＋1－an＝，∴{an}是等差数列，
∴an＝2＋(n－1)＝(n＋3)．
∴a101＝52.
(理)(2021·遵义航天中学二模)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N*)，则该数列的通项公式为(　　)
A．an＝　 B．an＝
C．an＝　 D．an＝
[答案]　A
[解析]　∵＝＋，∴数列{}是等差数列，
∵a1＝1，a2＝，∴＝n，∴an＝，故选A．
3．(2021·山师大附中月考)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f ′(x)＝2x＋1，则数列{}(n∈N*)的前n项和是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　A
[解析]　f ′(x)＝mxm－1＋a，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x2＋x，
＝＝－，∴Sn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝.
4．(文)(2021·成都市树德中学期中)已知等差数列{an}的公差d<0，若a4·a6＝24，a2＋a8＝10，则该数列的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．50　 B．40
C．45　 D．35
[答案]　C
[解析]　∵a4＋a6＝a2＋a8＝10，a4·a6＝24，d<0，
∴
∴d＝＝－1，∴an＝a4＋(n－4)d＝10－n.
∴当n＝9或10时Sn取到最大值，S9＝S10＝45.
(理)(2022·威海期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－11，a5＋a6＝－4，Sn取得最小值时n的值为(　　)
A．6　　　 B．7　　　
C．8　　　 D．9
[答案]　A
[解析]　∵a5＋a6＝a1＋a10＝－11＋a10＝－4，∴a10＝7，∴－11＋9d＝7，∴d＝2，∴a7＝a10－3d＝1>0，a6＝a10－4d＝－1<0，故选A．
5．(2021·洛阳市期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝18－a7，则S12＝(　　)
A．18　 B．54
C．72　 D．108
[答案]　D
[解析]　S12＝＝6(a6＋a7)＝6×18＝108.
6．(2021·开封二十二校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝，Sk＝－12，则正整数k＝(　　)
A．10　　　 B．11　　　
C．12　　　 D．13
[答案]　D
[解析]　∵a1＝－3，ak＋1＝，Sk＝－12，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋＝－，
即＝－，∴(k＋1)(－)＝－21，
∴k＝13.
7．(2021·河南八校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a2＝10，a3＋a4＝26，则过点P(n，an)和Q(n＋1，an＋1)(n∈N*)的直线的一个方向向量是(　　)
A．(－，－2)　 B．(－1，－2)
C．(－，－4)　 D．(2，)
[答案]　A
[解析]　由(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d＝16得d＝4，
∴kPQ＝＝d＝4，
∴其一个方向向量n＝(1,4)＝－2(－，－2)，故选A．
8．(文)(2022·抚顺市六校联合体期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9的值等于(　　)
A．54　 B．45
C．36　 D．27
[答案]　A
[解析]　∵2a8＝a5＋a11,2a8＝6＋a11，∴a5＝6，
∴S9＝9a5＝54.
(理)(2022·武汉市调研)《张丘建算经》卷上第22题——“女子织布”问题：某女子擅长织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加(　　)
A．尺　 B．尺
C．尺　 D．尺
[答案]　B
[解析]　设每天增加的数量为x尺，则
5×30＋＝390，∴x＝，故选B．
9．(2022·合肥八中联考)已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2>的最大正整数n的值为(　　)
A．3　　　 B．4　　　
C．5　　　 D．6
[答案]　B
[解析]　∵a2a4＝4，an>0，∴a3＝2，∴a1＋a2＝12，
∴消去a1得，＝6，
∵q>0，∴q＝，∴a1＝8，∴an＝8×()n－1＝24－n，
∴不等式anan＋1an＋2>化为29－3n>，当n＝4时，29－3×4＝>，当n＝5时，29－3×5＝<，故选B．
10．(文)(2021·临川一中、宜春中学，新余四中联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，则a2022＝(　　)
A．1　 B．0
C．2022　 D．－2022
[答案]　B
[解析]　由an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，得an＋1＝(an－1)2，∵a1＝1，∴a2＝0，a3＝1，a4＝0，…，∴数列{an}的全部奇数项为1，偶数项为0.∴ a2022＝0.故选B．
(理)(2022·山西曲沃中学期中)已知函数f(x)＝(a>0，a≠1)，数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)且{an}是单调递增数列，则实数a的取值范围是(　　)
A．[7,8)　 B．(1,8)
C．(4,8)　 D．(4,7)
[答案]　A
[解析]　∵an＝f(n)，且{an}是单调递增数列，
∴
∴7≤a<8.
11．(2021·许昌、平顶山、新乡调研)已知正项数列{an}的前n项的乘积等于Tn＝()n2－6n(n∈N*)，bn＝log2an，则数列{bn}的前n项和Sn中最大值是(　　)
A．S6　 B．S5
C．S4　 D．S3
[答案]　D
[解析]　Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2Tn＝log2()n2－6n＝－2(n2－6n)，∴当n＝3时，Sn取最大值．
12．(文)(2022·北京朝阳区期中)同时满足以下4个条件的集合记作Ak：(1)全部元素都是正整数；(2)最小元素为1；(3)最大元素为2022；(4)各个元素可以从小到大排成一个公差为k(k∈N*)的等差数列．那么A33∪A61中元素的个数是(　　)
A．96　 B．94
C．92　 D．90
[答案]　B
[解析]　A33中元素是首项为1，公差为33的等差数列，设项数为m，则有1＋33(m－1)＝2022，解得m＝62；A61中元素是首项为1，公差为61的等差数列，设项数为n，则有1＋61(n－1)＝2022，解得n＝34；A33∩A61中元素是首项为1，公差为33×61的等差数列，设项数为k，则有1＋33×61(k－1)＝2022，解得k＝2.所以设P(A)表示集合A中元素个数，则有
P(A33∪A61)＝P(A33)＋P(A61)－P(A33∩A61)＝34＋62－2＝94.
(理)(2021·深圳市五校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足对任意的n∈N*，都有an＋1－an≤2n，an＋2－an≥3×2n成立，则a2022＝(　　)
A．22022－1　 B．22022＋1
C．22021－1　 D．22021＋1
[答案]　A
[解析]　∵an＋2－an＝an＋2－an＋1＋an＋1－an≥3×2n，①
又an＋1－an≤2n，∴an＋2－an＋1≤2n＋1，
∴an＋1－an＋2≥－2n＋1，②
由①②得，an＋1－an≥2n，
又an＋1－an≤2n，∴an＋1－an＝2n.
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＝2n－1，
∴a2022＝22022－1.
第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2021·洛阳市期中)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则a5＋a7＝________.
[答案]　160
[解析]　∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，∴q＝2，
∴a5＋a7＝(a3＋a5)q2＝40×22＝160.
14．已知函数f(x)＝ax(0<a<1)，数列{an}满足a1＝f(1)，an＋1＝f(an)，n∈N*，则a2与a3中，较大的是________；a20，a25，a30的大小关系是________．
[答案]　a2　a25<a30<a20
[解析]　函数f(x)＝ax(0<a<1)是单调递减的，a1＝a，a2＝aa1＝aa，a3＝aa2＝aaa，由于1>a，所以a<aa，所以aa>aaa，那么有a1<a2，a3<a2，所以a2与a3中，较大的是a2.同理可得a1<a3<a5<…，a2>a4>a6>…，所以数列{an}从第一项开头，先增大后减小再增大再减小，最终趋于平衡值，奇数项的值渐渐变大趋于平衡值，偶数项的值渐渐变小趋于平衡值，所以偶数项的值总是大于奇数项的值，所以a20，a25，a30的大小关系是a25<a30<a20.
15．(文)(2022·合肥八中联考)数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2021＝________.
[答案]　1006
[解析]　a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，…，当n为奇数时，an＝0，当n为偶数时，若n＝4k(k∈N)，则an＝n，若n＝4k＋2，则an＝－n.
∴S2021＝－2＋4－6＋8＋…－2010＋2022＝2×503＝1006.
(理)(2022·北京海淀期中)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①当x∈[1,3)时，f(x)＝1－|x－2|；②f(3x)＝3f(x)．设关于x的函数F(x)＝f(x)－a的零点从小到大依次为x1，x2，…，xn，….若a＝1，则x1＋x2＋x3＝________；若a∈(1,3)，则x1＋x2＋…＋x2n＝________.
[答案]　14　6(3n－1)
[解析]　由于，定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①当x∈[1,3)时，f(x)＝1－|x－2|；②f(3x)＝3f(x)．所以，f(x)的构成规律是：对于任意整数k，在每一个区间[3k,3k＋1)上，f(x)＝3k－|x－2·3k|，x∈[3k,3k＋1)，且在此区间上f(x)满足0≤f(x)≤3k；当a＝1时，F(x)＝f(x)－a的零点从小到大依次为x1＝2，x2＝4，x3＝8，……，所以，x1＋x2＋x3＝14；当a∈(1,3)时，F(x)＝f(x)－a的零点从小到大依次满足x1＋x2＝4×3，x3＋x4＝4×32，…，x2n－1＋x2n＝4·3n，
所以，x1＋x2＋…＋x2n＝＝6(3n－1)．
16．(2021·江西师大附中、鹰潭一中联考)设等差数列{an}前n项和为Sn，若Sm－1＝－1，Sm＝0，Sm＋1＝2，则m＝________.
[答案]　3
[解析]　解法1：∵等差数列{an}前n项和为Sn，满足Sm－1＝－1，Sm＝0，Sm＋1＝2，
∴解得m＝3.
解法2：am＝Sm－Sm－1＝1，am＋1＝Sm＋1－Sm＝2，d＝am＋1－am＝1，
am＝a1＋(m－1)d＝a1＋m－1＝1，∴a1＝2－m，
∴Sm＝ma1＋d＝m(2－m)＋＝0，
∴m＝3.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(文)(2022·合肥八中联考)已知a<b，且满足a2－a－6＝0，b2－b－6＝0，数列{an}、{bn}满足a1＝1，a2＝－6a，an＋1＝6an－9an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－ban(n∈N*)．
(1)求证数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解析]　(1)证明：∵a<b，a2－a－6＝0，b2－b－6＝0，∴a＝－2，b＝3，a2＝12.
∵an＋1＝6an－9an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－ban(n∈N*)，
∴bn＋1＝an＋2－3an＋1＝6an＋1－9an－3an＋1＝3(an＋1－3an)＝3bn(n∈N*)．
又b1＝a2－3a1＝9，∴数列{bn}是公比为3，首项为9的等比数列．
(2)依据(1)可得bn＝3n＋1(n∈N*)．
于是，有an＋1－3an＝3n＋1(n∈N*)，
即－＝1(n∈N*)．
因此，数列{}是首项为＝，公差为1的等差数列．故＝＋(n－1)·1，
所以数列{an}的通项公式是an＝(3n－2)·3n－1(n∈N*)．
(理)(2022·宝鸡市质检)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n，(n∈N*)．
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)设bn＝an＋(－1)n，求证：数列{bn}为等比数列，并指出{an}的通项公式．
[解析]　(1)在Sn＝2an＋(－1)n中分别令n＝1,2,3得
解得
(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n≥1)得，
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，
两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1＋2(－1)n，
即an＝2an－1－2(－1)n，
∴an＋(－1)n＝2an－1＋(－1)n－2(－1)n
＝2an－1＋(－1)n－1
＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2)，
即bn＝2bn－1(n≥2)，b1＝a1－＝，
∴{bn}是首项为，公比为2的等比数列．
∴bn＝×2n－1＝an＋(－1)n
∴an＝×2n－1－(－1)n.
18．(本小题满分12分)(2021·江西三县联考)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，其中n∈N*.
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)a1＝1，对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成公比为q的等比数列．求数列{an}的前n项和An.
[解析]　(1)由于对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，
所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，
所以an＋1－a1＝an＋2－a2，即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4，
所以an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)若对于任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，
所以C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，
即an＋2－qan＋1＝a2－qa1，当n＝1时，由B(1)＝qA(1)，可得a2＝qa1，
所以an＋2－qan＋1＝0，由于an>0，所以＝q.
即数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则An＝
19．(本小题满分12分)(2021·桂城中学、中山一中摸底)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a＋an＝2Sn.
(1)求a1；
(2)求数列{an}的通项；
(3)若bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求证：Tn＜.
[解析]　(1)令n＝1，得a＋a1＝2Sn＝2a1，
∵a1>0，∴a1＝1.
(2)∵a＋an＝2Sn，①
∴a＋an＋1＝2Sn＋1，②
②－①得，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
∵an>0，∴an＋1＋an>0，
∴an＋1－an＝1，
∴an＝1＋1×(n－1)＝n.
(3)n＝1时b1＝1<符合；n≥2时，
∵<＝＝2(－)，
∴<1＋2(－＋…＋－)<1＋＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn<.
20．(本小题满分12分)(文)(2022·武汉市调研)已知数列{an}满足a1>0，an＋1＝2－|an|，n∈N*.
(1)若a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；
(2)是否存在a1，使数列{an}为等差数列？若存在，求出全部这样的a1；若不存在，说明理由．
[解析]　(1)∵a1>0，∴a2＝2－|a1|＝2－a1，a3＝2－|a2|＝2－|2－a1|.
当0<a1≤2时，a3＝2－(2－a1)＝a1，∴a＝(2－a1)2，解得a1＝1.
当a1>2时，a3＝2－(a1－2)＝4－a1，∴a1(4－a1)＝(2－a1)2，解得a1＝2－(舍去)或a1＝2＋，
综上可得，a1＝1或a1＝2＋.
(2)假设这样的等差数列存在，则由2a2＝a1＋a3，得2(2－a1)＝a1＋(2－|2－a1|)，即|2－a1|＝3a1－2.
当a1>2时，a1－2＝3a1－2，解得a1＝0，与a1>2冲突；
当0<a1≤2时，2－a1＝3a1－2，解得a1＝1，从而an＝1(n∈N*)，此时{an}是一个等差数列；
综上可知，当且仅当a1＝1时，数列{an}为等差数列．
(理)(2021·深圳五校联考)已知数列{an}满足a1＝，an＝2－(n≥2)，Sn是数列{bn}的前n项和，且有＝1＋bn.
(1)证明：数列{}为等差数列；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)设cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<1.
[解析]　(1)证明：∵an＝(n≥2)，
∴an－1＝－1＝，
∴＝＝＝＋1(n≥2)，
∴－＝1(n≥2)，
∴数列{}是以＝2为首项，1为公差的等差数列．
(2)当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(2＋bn)－(2＋bn－1)＝bn－bn－1，
∴＝bn－1，即＝(n≥2)，
∴×××…×＝×××…×，∴＝n·2n－1，
当n＝1时，b1＝S1＝2，∴bn＝n·2n.
(3)由(1)知：＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an－1＝，∴an＝.
∴cn＝＝＝－
，
∴Tn＝i＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－<1.
21．(本小题满分12分)(2021·安徽示范高中联考)数列{an}是公比为的等比数列，且1－a2是a1与1＋a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1＝8，其前n项和Tn满足Tn＝nλ·bn＋1(λ为常数，且λ≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式及λ的值；
(2)比较＋＋＋…＋与Sn的大小．
[解析]　(1)由题意得，(1－a2)2＝a1(1＋a3)，
∴(1－a1q)2＝a1(1＋a1q2)，
∵q＝，∴a1＝，∴an＝()n.
∵∴
∴λ＝，d＝8，∴bn＝8n，∴Tn＝4n(n＋1)．
(2)令Cn＝＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)，
∴≤Cn<，
∵Sn＝＝1－()n，
∴Sn＝[1－()n]，∴≤Sn<，
∴Cn<Sn.
22．(本小题满分14分)(文)(2021·豫南九校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a>0)，且a3是6a1与a2的等差中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，∴a1＝a.
当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)①
Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)②
①－②得，∴an＝a×an－1，即＝a，
故数列{an}是首项为a1＝a，公比为a的等比数列，
∴an＝a×an－1＝an，故a2＝a2，a3＝a3，
由a3是6a1与a2的等差中项可得2a3＝6a1＋a2，即2a3＝6a＋a2，
由于a≠0，所以2a2－a－6＝0，即(2a＋3)(a－2)＝0，
解得a＝2或a＝－(舍去)．∴a＝2.
故an＝2n.
(2)把an＝2n代入bn＝anlog2an，得bn＝2nlog22n＝n·2n，
∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①
∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得
－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
∴Tn＝－2n＋1＋2＋n·2n＋1＝(n－1)·2n＋1＋2.
(理)(2022·孝感高中月考)若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝9，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n为正整数．
(1)证明数列{an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(an＋1)}为等比数列；
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn＝(a1＋1)(a2＋1)…(an＋1)，求lgTn；
(3)在(2)的条件下，记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn>2022的n的最小值．
[解析]　(1)由题意得：an＋1＝a＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2，∴{an＋1}是“平方递推数列”．
又有lg(an＋1＋1)＝2lg(an＋1)，∴{lg(an＋1)}是以lg(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知lg(an＋1)＝lg(a1＋1)·2n－1＝2n－1，
lgTn＝lg[(a1＋1)(a2＋1)…(an＋1)]＝lg(a1＋1)＋lg(a2＋1)＋…＋lg(an＋1)＝＝2n－1.
(3)bn＝＝＝2－()n－1，
Sn＝2n－＝2n－2＋，
又Sn>2022，即2n－2＋>2022，∴n＋>1008，
又0<<1，∴nmin＝1008.