高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題階段滾動檢測（三）

階段滾動檢測(三)120分鐘150分一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·西安模擬)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,且滿足a2=4,S4=22,則S5=()A.25 B.35 C.45 D.55【解析】選B.設(shè)數(shù)列的公差為d,則S4=(4d)+4+(4+d)+(4+2d)=22,所以d=3,所以a3=a2+d=7,S5=5(a1+a2.已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),若log2a3+log2a9=4,則log2a6=()A.±1 B.±2 C.2 D.4【解析】選C.由題意得a3>0,a6>0,a9>0,a3a9=a62,所以log2a3+log2a9=log2(a3a9)=log2a62=2log2a6=4,則log23.已知數(shù)列an滿足a1=15,且3an+1=3an2.若ak·ak+1<0,則正整數(shù)k=(A.24 B.23 C.22 D.21【解析】選B.由3an+1=3an2,得an+1an=23,所以數(shù)列an為首項a1=15,公差d=23的等差數(shù)列,所以an=1523(n1)=2由ak·ak+1<0,得ak>0,ak+1<0.令an=23n+473=0得n=472,所以a23>0,a24<0,所以4.(2024·德宏模擬)已知正項等比數(shù)列{an}中,a4,3a3,a5成等差數(shù)列.若數(shù)列{an}中存在兩項am,an,使得2a1為它們的等比中項,則1m+4n的最小值為(A.1 B.3 C.6 D.9【解析】選B.設(shè)正項等比數(shù)列{an}公比為q,由a4,3a3,a5成等差數(shù)列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,得q2+q6=0,由q>0,解得q=2,若數(shù)列{an}中存在兩項am,an,使得2a1為它們的等比中項,則(2a1)2=am·an,即2a12=a1qm1·a1qn得2m+n2=2,則m+n=3,1m+4n=13(1m+4n)(m+n)=13(1+nm+當(dāng)且僅當(dāng)nm=4mn,即m=1,n所以1m+4n的最小值為5.高階等差數(shù)列是數(shù)列逐項差數(shù)之差或高次差相等的數(shù)列,中國古代許多著名的數(shù)學(xué)家對推導(dǎo)高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣,創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術(shù)”的算法,展現(xiàn)了聰明才智.如南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算法·商功》一書中記載的三角垛、方垛、芻甍垛等的求和都與高階等差數(shù)列有關(guān).如圖是一個三角垛,最頂層有1個小球,第二層有3個,第三層有6個,第四層有10個,則第30層小球的個數(shù)為()A.464 B.465 C.466 D.495【解析】選B.記第n層有an個球,則a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,結(jié)合高階等差數(shù)列的概念知a2a1=2,a3a2=3,a4a3=4,…,anan1=n(n≥2),則第30層的小球個數(shù)a30=(a30a29)+(a29a28)+…+(a2a1)+a1=30+29+28+…+2+1=465.6.已知等比數(shù)列an的公比q∈N*,前n項和為Sn,若a2+a5=36,a3+a4=24,則下列說法正確的是(A.q=3B.a4=81C.數(shù)列l(wèi)gan與數(shù)列D.數(shù)列l(wèi)g(Sn【解析】選C.由a2+a5=36,a3+a4=24,q∈N*,得a1解得a1=q=2,故A錯誤;則an=2n,所以a4=16,故B錯誤;則Sn=2(1-2則lgan=nlg2,lg(Sn+2)=(n+1)lg2.因為lgan+1lgan=(n+1)lg2nlg2=lg2,所以數(shù)列l(wèi)gan是以lg2因為lg(Sn+1+2)lg(Sn+2)=(n+2)lg2(n+1)lg2=lg2,所以數(shù)列l(wèi)g(Sn+2)是以lg2為公差的等差數(shù)列l(wèi)g(Sn+12)lg(Sn2)=lg(2n+24)lg(2n+14)=lg2n因為lg(S32)lg(S22)=lg24lg(S42)lg(S32)=lg25-424-4=lg73≠lg3,7.(2023·合肥模擬)已知數(shù)列an滿足an+1=an-1an+1,a1=12,則9a9+10a10+11a11+…+18aA.12 B.12 C.35 D【解析】選A.因為an+1=an-1an+1,因此a2=a1-1a1+1=12-11則an+4=an+3-1an+3+1=an+2因此a4k3=12,a4k2=13,a4k1=2,a4k=3,其中k∈N*,則Tk=(4k3)a4k3+(4k2)a4k2+(4k1)a4k1+4ka4k=76(4k+1),則9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=T3+T4+T5=76×(13+17+21)60=1【加練備選】已知數(shù)列{an}滿足a2=0,a2n+1=a2n+1n,a2n+2=a2n+11n+1(n∈N*),則數(shù)列{an}的第2024項為A.20232024 B.20252024【解析】選C.a2n+2=a2n+11n+1=a2n+1n1n+1(所以a2024=a2022+11a2022=a2020+11a2020=a2018+11…a4=a2+112累加得a2024=a2+(112+1213+…+110118.(2024·長治模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=13,an+1n+1=anan+n,若a1+a1a2+…+a1a2…anA.7 B.8 C.9 D.10【解題指南】通過等差數(shù)列的定義求出{nan}的通項公式,再利用裂項相消法求出a1+a1a2+…+a1a2…an,進(jìn)而確定【解析】選B.因為an+1n整理得n+1an+1n可知{nan}是首項為3,公差為1所以nan=3+n1=n+2,可得an=當(dāng)n≥2時,可得a1a2…an=13×24×35×…×nn+2=2且a1=13符合上式,所以a1a2…an=2(1n則a1+a1a2+…+a1a2…an=2(1213+1314+…+1n+1解得n≤8,即n的最大值為8.二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2023·太原模擬)已知正項數(shù)列an的前n項和為Sn,若對于任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,則下列結(jié)論正確的是(A.a1+a12=a8+a5B.a5a6<a1a10C.若該數(shù)列的前三項依次為x,1x,3x,則a10=10D.數(shù)列Sn【解析】選AC.令m=1,則an+1an=a1,因為a1>0,所以數(shù)列an為等差數(shù)列且公差d>0,故A正確;由a5a6a1a10=(a12+9a1d+20d2)(a12+9a1d)=20d2>0,所以a5a6>a1a10,故B錯誤;根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì),可得2(1x)=x+3x,所以x=13,1x=23,故a10=13+9×由Snn=na1+n(n-1)2dn=d2n+(10.(2024·莆田模擬)正項等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn,且滿足a1>1,(a61)(a71)<0,則下列判斷正確的是()A.0<q<1B.a5a7>1C.Tn的最大值為T6D.T13>1【解析】選ABC.由(a61)(a71)<0得a6>1>a7或a7>1>a6,若a7>1>a6>0,則q>1,結(jié)合a1>1得a6>1,矛盾;所以a6>1>a7>0,所以0<q<1,故A正確;由上述分析得a5a7=(a6)2>1,故B正確;由上述分析得a1>a2>a3>a4>a5>a6>1>a7>…,故T6最大,C正確;T13=a1·a2·a3·a4·a5·…·a13=(a7)13<1,故D錯誤.11.(2024·廣州模擬)已知數(shù)列{an}的通項公式為an=(2n-1)π4,bn=tanan,記Sn為數(shù)列{an}的前A.bn=(1)nB.b1+b2+b3+…+bn=1+C.若cn=anbn,則c1+c2+c3+…+cn=(-D.若dn=bnSn,則d1+d2+d3+…+d40=205π【解析】選BCD.因為數(shù)列{an}的通項公式為an=(2n-1)π4故an+1an=(2n+1)π4(2n-1)π4=π2,所以{則Sn=na1+n(n-1)2d=n24π,bn=tanan=tan(π4+(n1)π2當(dāng)n=1時,b1=1,故A不正確;當(dāng)n為偶數(shù)時,b1+b2+b3+…+bn=0;當(dāng)n為奇數(shù)時,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=1+(-1)n-cn=anbn=an,n=2c2k+c2k1=a2k+a2k1=π2當(dāng)n為偶數(shù)時,c1+c2+c3+…+cn=n4當(dāng)n為奇數(shù)時,c1+c2+c3+…+cn=n-14π+π4(2所以c1+c2+c3+…+cn=(-1)n-1dn=bnSn=Sn,n=2d2k1+d2k=S2k1S2k=π4[(2k1)2(2k)2]=π4(4所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n1+d2n)=π4[3+7+…+(4n1)]=π4×3+4n-12×n=π所以d1+d2+d3+…+d40=π4(2×202+20)=205π,所以D正確【方法規(guī)律】常見的數(shù)列求和的方法有公式法,即等差等比數(shù)列求和公式,分組求和類似于cn=an+bn,其中{an}和{bn}分別為特殊數(shù)列,裂項相消法類似于an=1n(n+1),錯位相減法類似于cn=an·bn,其中{an}為等差數(shù)列,{三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024·徐州模擬)圍棋起源于中國,至今已有4000多年的歷史.在圍棋中,對于一些復(fù)雜的死活問題,比如在判斷自己單個眼內(nèi)的氣數(shù)是否滿足需求時,可利用數(shù)列通項的遞推方法來計算.假設(shè)大小為n的眼有an口氣,大小為n+1的眼有an+1口氣,則an與an+1滿足的關(guān)系是a1=1,a2=2,an+1n=an1(n≥2,n∈N*).則an的通項公式為________.

答案:an=1【解析】根據(jù)題意,an+1an=n1,當(dāng)n≥2時,可得an=(anan1)+(an1an2)+…+(a3a2)+(a2a1)+a1,即an=(n2)+(n3)+…+1+1+1=(n-2又當(dāng)n=1時,a1=1不滿足an=n2故an=n213.在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中,公比q∈(0,1),若a3+a5=5,a2·a6=4,bn=log2an,數(shù)列bn的前n項和為Sn,則數(shù)列Snn的前答案:n【解析】由題意,a3>a5,由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a5所以a1q2=4所以an=a1qn1=16×12n-1則bn=log2an=5n,則數(shù)列bn為等差數(shù)列所以Sn=n(4+5-n)2=9所以S11+S22+…+Sn14.(2024·武漢模擬)記R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),滿足xn+1=xnf(xn)f'(xn)的數(shù)列{xn}稱為“牛頓數(shù)列”.若函數(shù)f(x)=x2x,且f'(x)=2x1,數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列.設(shè)an=lnxnxn-1,已知a1=2,xn>1,則a2=________,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若不等式tSn答案:425【解析】因為f(x)=x2x,f'(x)=2x1,則xn+1=xnxn2-由a1=2,a1=lnx1所以x1x1-1=e2,解得所以x2=x122所以a2=lnx2由xn+1=xn所以xn+1xn+1-1=xn所以an+1=lnxn+1xn+1-1=ln(xn即數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an=2n,Sn=2(1-2因為tSn14≤Sn2對任意的n∈N*又Sn>0且Sn單調(diào)遞增,所以t≤Sn+14Sn對任意的n∈N*令g(x)=x+14x,x∈根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)可得g(x)=x+14x在(0,14)上單調(diào)遞減,在(14,+∞)上單調(diào)遞增又2=S1<14<S2=6,且g(2)=9,g(6)=253<g(2),所以t≤S2+14S2所以t的最大值為253四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2024·成都模擬)在等差數(shù)列{an}中,a2+a3=a4=5.(1)求{an}的通項公式;【解析】(1)設(shè){an}的公差為d,則2a1+3d=a1+3d=5,解得a1=0,d=53所以an=a1+d(n1)=53(n(2)求數(shù)列{1an+1an+2}【解析】(2)由(1)知1an+1an+2=1d(1a所以Sn=35×(1a21a3+1a31a4+…+1an+11an+2)=35×(1a16.(15分)數(shù)列an滿足a1=1,且an=3an12n+3(n∈N*且n≥2)(1)求a2,a3,并證明數(shù)列an-【解析】(1)因為a1=1,且an=3an12n+3(n∈N*且n≥2),則a2=3a11=4,a3=3a23=15,由已知可得ann=3an13n+3=3[an1(n1)],a11=2,則對任意的n∈N*,ann≠0,所以當(dāng)n≥2時,an故數(shù)列an-(2)求數(shù)列an的通項公式【解析】(2)由(1)可知,數(shù)列an-且首項為2,公比為3,所以,ann=2×3n1,因此an=n2·3n1.17.(15分)(2024·三明模擬)等差數(shù)列{an}中,a2+a4=14,a3+a5=20.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由題意得2a解得a1所以an=a1+(n1)d=1+(n1)×(3)=3n+2.(2)已知數(shù)列{an+bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列,求{bn}的前n項和Sn.【解析】(2)因為數(shù)列{an+bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列,所以an+bn=2n1,所以bn=2n1an=2n1+3n2,所以Sn=(1+2+22+…+2n1)+[1+4+7+…+(3n2)]=2n1+n(18.(17分)記數(shù)列{an}的前n項積為Tn,且1Tn+2(1)證明:數(shù)列{Tn+1}是等比數(shù)列;【解析】(1)因為Tn為數(shù)列an的前n項積所以TnTn-1=a因為1Tn+2an=1,所以1T即1+2Tn1=Tn(n≥2),所以Tn+1Tn又1T1+2a1=1,所以a1故{Tn+1}是以4為首項,2為公比的等比數(shù)列.(2)求數(shù)列{nTn}的前n項和Sn.【解析】(2)由(1)得:Tn+1=4×2n1=2n+1,所以Tn=2n+11,則nTn=n·2n+1n.設(shè)An=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1①,則2An=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2②,則①②得:An=1×22+(23+24+…+2n+1)n·2n+2=4+23-2n=4+(1n)2n+2,則An=4+(n1)2n+2,所以{nTn}的前n項和Sn=4+(n1)2n+2n(【加練備選】(2024·運城模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,2Sn=3an2,其中n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;【解析】(1)當(dāng)n=1時,2a1=3a12,所以a1=2,當(dāng)n≥2時,2Sn=3an2,所以2Sn1=3an12,兩式相減,得2an=3an3an1,所以an=3an1,又a1=2≠0,所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列,首項為2,公比為3,所以數(shù)列{an}的通項公式是an=2·3n1.(2)設(shè)bn=(n12)an,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,若對任意n∈N*且n≥2,2(Tn1)≥(n1)λ恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍【解析】(2)由(1)知,bn=2n-12an=(2n1)·3n1,Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n則有3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n3)×3n1+(2n1)×3n,兩式相減得:2Tn=1+2(3+32+33+…+3n1)(2n1)×3n=1+2×3(1-3=(2n2)×3n2,于是得Tn=(n1)·3n+1,因為n∈N*且n≥2,2(Tn1)≥(n1)λ,所以λ≤2·3n,當(dāng)n≥2時,數(shù)列{2·3n}是遞增數(shù)列,所以2·3n的最小值為18,因此λ≤18.19.(17分)(2024·濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列{an},其前n項和為Sn,2Sn=3n2+3