【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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．(2022·浙江台州中学期中)公差不为0的等差数列{an}的前21项的和等于前8项的和．若a8＋ak＝0，则k＝(　　)
A．20　　 B．21　　　　
C．22　　 D．23
[答案]　C
[解析]　由条件知S21＝S8，∴a9＋a10＋…＋a21＝0，
∴a15＝0，∵a8＋ak＝2a15＝0，∴k＝22.
2．(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)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，a2＝1，前6项的方差为，则a3S3的值为(　　)
A．－9　　 B．3　　 　　
C．±9　　 D．9
[答案]　D
[解析]　∵数列{an}的前6项为1－d,1,1＋d,1＋2d,1＋3d,1＋4d，∴＝1＋d，
由条件知，S2＝[(1－d－)2＋(1－)2＋(1＋d－)2＋(1＋2d－)2＋(1＋3d－)2＋(1＋4d－)2]
＝d2＝，∴d2＝4，∴d＝±2，
∵a2＝1，∴当d＝2时，a1＝－1，a3＝3，S3＝3，∴a3S3＝9，
当d＝－2时，a1＝3，a3＝－1，S3＝3，∴a3S3＝9，故选D.
3．(2021·大连市二十中期中)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)
A．31 B．32　　
C．63 D．64
[答案]　C
[解析]　由等比数列的性质知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，
∴(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，
∴S6＝63.
4．(2021·江西南昌市二中月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a≠0)，则数列{an}(　　)
A．确定是等差数列
B．确定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不行能是等差数列，也不行能是等比数列
[答案]　C
[解析]　当a＝1时数列{an}为等差数列，当a为其他不等于0和1的值时，{an}为等比数列．
5．(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.
6．(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－)＋(－)＋…＋(－)＝.
7．(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)(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中的最大值是(　　)
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．
8．(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.
9．(2021·江西南昌市月考)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，anan＋1＝3n(n∈N＋)，则S2022＝(　　)
A．2×31007－2 B．2×31007
C. D．
[答案]　A
[解析]　由anan＋1＝3n得an－1an＝3n－1(n≥2)，
∴(n≥2)，
则数列{an}的全部奇数项和偶数项分别构成以3为公比的等比数列，
又a2＝＝3.
∴S2022＝＋＝2×31007－2.故选A.
10．(2021·黄风中学月考)若数列{an}满足－＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{an}为“幻想数列”，已知正项数列{}为“幻想数列”，且b1b2b3…b99＝299，则b8＋b92的最小值是(　　)
A．2 B．4　　
C．6 D．8
[答案]　B
[解析]　由“幻想数列”的定义知，bn＋1－pbn＝0，∵p≠0，∴＝p，∴{bn}为等比数列，又b1b2…b99＝299＝b，
∴b50＝2.
∴b8＋b92≥2＝2b50＝4，等号成立时，b8＝b92，即该数列为常数列时等号成立，故选B.
11．(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.
12．(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．(2021·江西师大附中期中)若{an}为等差数列，Sn是其前n项和，且S11＝，则tana6的值为________．
[答案]　－
[解析]　由于S11＝11a6＝，a6＝，所以tana6＝tan＝－.
15．(文)(2022·鄂南高中、孝感高中联考)已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在直线y－3＝k(x－6)上，则数列{an}的前11项和S11＝________.
[答案]　33
[解析]　∵点(n，an)在直线y－3＝k(x－6)上，
∴an＝3＋k(n－6)．
∴an＋a12－n＝[3＋k(n－6)]＋[3＋k(6－n)]＝6，n＝1,2,3，…，6，
∴S11＝a1＋a2＋…＋a11＝5(a1＋a11)＋a6＝5×6＋3＝33.
(理)(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.
16．(2021·绍兴一中期中)下图给出了一个“直角三角形数阵”：满足每一列成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i行第j列的数为aij(i≥j，i，j∈N*)，则a88＝________.

，
，，
…
[答案]　
[解析]　由条件知第一列为等差数列，∴ai1＝＋(i－1)·(－)＝，由于每一行都成等比数列，且公比相等，∴公比q＝＝，
∴aij＝ai1·qj－1＝·qj－1＝·()j－1，
∴a88＝×()7＝.
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)(2022·三亚市一中月考)等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[解析]　(1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2.
∴an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32，
设{bn}的公差为d，则有解得
从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝6n2－22n.
(理)(2022·北京东城区联考)在公差不为0的等差数列{an}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．
[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，又a4＝10，
可得a3＝10－d，a6＝10＋2d，a10＝10＋6d.
由a3，a6，a10成等比数列得a3a10＝a，
即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，
整理得10d2－10d＝0，解得d＝0或d＝1.
由d≠0，可得d＝1.
a1＝a4－3d＝10－3×1＝7，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋6.
(2)由bn＝2an(n∈N*)，an＝n＋6，可得bn＝2n＋6.
所以b1＝21＋6＝128.
由于＝＝2，
所以数列{bn}是首项为128，公比为2的等比数列．
所以{bn}的前n项和为Sn＝＝2n＋7－128.
18．(本小题满分12分)(文)(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＝2S1＝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.
③n＝1时b1＝1<符合；n≥2时，
∵<＝＝2(－)，
∴<1＋2(－＋…＋－)<1＋＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn<.
(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，
∵b1＝2，∴bn＝n·2n(n≥2)．
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.
19．(本小题满分12分)(2022·北京朝阳区期中)假如项数均为n(n≥2，n∈N*)的两个数列{an}，{bn}满足ak－bk＝k(k＝1,2，…，n)，且集合{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}＝{1,2,3，…，2n}，则称数列{an}，{bn}是一对“n项相关数列”．
(1)设{an}，{bn}是一对“4项相关数列”，求a1＋a2＋a3＋a4和b1＋b2＋b3＋b4的值，并写出一对“4项相关数列”{an}，{bn}；
(2)是否存在“15项相关数列”{an}，{bn}？若存在，试写出一对{an}，{bn}；若不存在，请说明理由；
(3)对于确定的n，若存在“n项相关数列”，试证明符合条件的“n项相关数列”有偶数对．
[解析]　(1)依题意，a1－b1＝1，a2－b2＝2，a3－b3＝3，a4－b4＝4，相加得，
a1＋a2＋a3＋a4－(b1＋b2＋b3＋b4)＝10，
又a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝36，
则a1＋a2＋a3＋a4＝23，b1＋b2＋b3＋b4＝13.
“4项相关数列”{an}：8,4,6,5；{bn}：7,2,3,1(不唯一)．
(2)不存在．
假设存在“15项相关数列”{an}，{bn}，
则a1－b1＝1，a2－b2＝2，…，a15－b15＝15，各式相加得，
(a1＋a2＋…＋a15)－(b1＋b2＋…＋b15)＝120，
又由已知a1＋a2＋…＋a15＋b1＋b2＋…＋b15＝1＋2＋…＋30＝465，
两式相加得，2(a1＋a2＋…＋a15)＝585，明显不行能，所以假设不成立，
从而不存在“15项相关数列”{an}，{bn}．
(3)对于确定的n，任取一对“n项相关数列”{an}，{bn}，
令ck＝2n＋1－bk，dk＝2n＋1－ak(k＝1,2，…，n)，
先证{cn}，{dn}也必为“n项相关数列”．
由于ck－dk＝(2n＋1－bk)－(2n＋1－ak)＝ak－bk＝k(k＝1,2，…，n)，
又由于{a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn}＝{1,2,3,4，…，2n}，很明显有：
{(2n＋1)－a1，(2n＋1)－a2，…，(2n＋1)－an，(2n＋1)－b1，(2n＋1)－b2，…，(2n＋1)－bn|＝{1,2,3，…，2n}，
所以{cn}，{dn}也必为“n项相关数列”．
再证数列{cn}与{an}是不同的数列．
假设{cn}与{an}相同，则{cn}的其次项c2＝2n＋1－b2＝a2，
又a2－b2＝2，则2b2＝2n－1，即b2＝，明显冲突．
从而，符合条件的“n项相关数列”有偶数对．
20．(本小题满分12分)(2022·华安、连城、永安、漳平、泉港一中、龙海二中六校联考)现在市面上有一般型汽车(以汽油为燃料)和电动型汽车两种．某品牌一般型汽车车价为12万元，第一年汽油的消费为6000元，随着汽油价格的不断上升，汽油的消费每年以20%的速度增长．其他费用(保险及修理费用等)第一年为5000元，以后每年递增2000元．而电动汽车由于节能环保，越来越受到社会认可．某品牌电动车在某市上市，车价为25万元，购买时一次性享受国家补贴价6万元和该市市政府补贴价4万元．电动汽车动力不靠燃油，而靠电池．电动车使用的一般锂电池平均使用寿命大约两年(也即两年需更换电池一次)，电池价格为1万元，电动汽车的其他费用每年约为5000元．
(1)求使用n年，一般型汽车的总耗资费Sn(万元)的表达式(总耗资费＝车价＋汽油费＋其他费用)；
(2)比较两种汽车各使用10年的总耗资费用．
(参考数据：(1.24≈2.1　1.25≈2.5　1.29≈5.2　1.210≈6.2)
[解析]　(1)依题意，一般型每年的汽油费用为一个首项为0.6万元，公比为1.2的等比数列，
∴使用n年，汽油费用共计
0．6(1＋1.2＋1.22＋…＋1.2n－1)＝
＝3(1.2n－1)，
其他费用为一个首项为0.5万元，公差为0.2万元的等差数列，故使用n年其他费用共计0.5＋(0.5＋0.2)＋…＋[0.5＋0.2(n－1)]＝0.5n＋×0.2＝0.1n2＋0.4n，
∴Sn＝12＋3×1.2n－3＋0.1n2＋0.4n＝3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9(万元)．
(2)由(1)知Sn＝3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9，
∴S10＝3×1.210＋0.1×102＋0.4×10＋9≈3×6.2＋10＋13＝41.6(万元)，
又设T10为电动型汽车使用10年的总耗资费用，
则T10＝25－6－4＋×1＋0.5×10＝25(万元)，
41．6－25＝16.6(万元)，
∴使用10年，一般汽车比电动型汽车多花费16.6万元．
答：(1)使用n年，一般型汽车的总耗资费用Sn＝3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9，
(2)使用10年，一般型汽车比电动型汽车多花费16.6万元．
21．(本小题满分12分)(文)(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.
(理)(2022·长安一中质检)已知{an}为等比数列，a1＝2，a3＝18，{bn}是等差数列，b1＝2，b1＋b2＋b3＋b4＝a1＋a2＋a3>20.
(1)求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设Pn＝b1＋b4＋b7＋…＋b3n－2，Qn＝b10＋b12＋b14＋…＋b2n＋8，其中n∈N＋，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
[解析]　(1)设{an}的公比为q，由a3＝a1q2得，q2＝＝9，∴q＝±3.
当q＝－3时，a1＋a2＋a3＝2－6＋18＝14<20，这与a1＋a2＋a3>20冲突．
当q＝3时，a1＋a2＋a3＝2＋6＋18＝26>20，符合题意．
设{bn}的公差为d，由b1＋b2＋b3＋b4＝26得，4b1＋d＝26，
又b1＝2，∴d＝3，∴bn＝3n－1.
∴Sn＝＝n2＋n.
(2)∵b1、b4、b7，…，b3n－2组成公差为3d的等差数列，
∴Pn＝nb1＋·3d＝n2－n.
∵b10，b12，b14，b2n＋8组成公差为2d的等差数列，
∴Qn＝nb10＋·2d＝3n2＋26n，
∴Pn－Qn＝n(n－19)，
故当n≥20时，Pn>Qn；当n＝19时，Pn＝Qn；当n≤18时，Pn<Qn.
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)(2021·山东烟台期中)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝2Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的各项均为正数，且bn是与的等比中项，求bn的前n项和Tn.
[解析]　(1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋2得an＝2Sn－1＋2，两式相减得，an＋1－an＝2an，∴＝3(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2＝6，
∴＝3，∴an＝2×3n－1.
(2)由条件知b＝·＝，
∵bn>0，∴bn＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得，Tn＝＋＋＋…＋－＝(1－)－＝－.
∴Tn＝－.