2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）专题检测二数列（Word版附解析）

专题检测二　数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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·湖南岳阳一模)已知等差数列{an}满足a2=4,a3+a5=4(a4-1),则数列{an}的前5项和为(　　)A.10B.15C.20D.302.(2022·山东日照模拟)数列{an}的前n项和为Sn=2n+2,数列{log2an}的前n项和为Tn,则T20=(　　)A.190B.192C.180D.1823.(2022·四川凉山二模)等比数列{an}的各项均为正数,等差数列{bn}的各项均为正数,若a1a5=b5b7,则a3与b6的关系是(　　)A.a3=b6B.a3≥b6C.a3≤b6D.以上都不正确4.(2022·河北邯郸一模)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题,原文如下:今有物不知其数,三三数之,剩二,五五数之,剩三,七七数之,剩二.问物几何.现有一个相关的问题:将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列的项数为(　　)A.132B.133C.134D.1355.(2022·湖南长沙模拟)若数列{an}满足an+1=3an+2,则称{an}为“梦想数列”,已知各项均为正数的数列1bn-1为“梦想数列”,且b1=2,则b4=(　　)A.281B.227C.18D.146.(2022·陕西汉中二模)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a3=a2+2a1,若存在am,an,使得am·an=16a12,则1m+9n的最小值为(　　)A.83B.16C.114D.327.(2022·福建漳州二模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,记bn=an+an+1+an+2,且bn+1-bn=2,则S31=(　　)A.171B.278C.351D.3958.(2022·浙江·10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an-13an2(n∈N*),则(　　)A.2<100a100<52B.52<100a100<3C.3<100a100<72D.72<100a100<4 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.我国古代数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》卷中有如下问题:“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤,只云初日差六十四人,次日转多七人,每人日支米三升.”其大意为:“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝,第一天派出64人,从第二天开始每天比前一天多派7人,官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有(　　)A.将这1864人派遣完需要16天B.第10天派往筑堤的人数为134C.官府前6天共发放1467升大米D.官府前6天比最后6天少发放1260升大米10.(2022·重庆第二次学业质量调研)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,且2(n+1)an-nan+1=0(n∈N*),则下列结论正确的是(　　)A.{nan}是等比数列B.ann是等比数列C.an=n·2nD.Sn=(n-1)·2n+211.(2022·辽宁大连模拟)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,….设第n层有an个球,从上往下n层球的总数为Sn,则(　　)A.S5=35B.an+1-an=nC.an=n(n+1)2D.1a1+1a2+1a3+…+1a100=20010112.(2022·江苏苏州模拟)正方形ABCD的边长为4,取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第二个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第三个正方形MNPQ,按此方法继续下去,就可以得到上图.记正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形的边长依次为a2,a3,…,an,…,如图阴影部分,设直角三角形AEH的面积为b1,后续各直角三角形的面积依次为b2,b3,…,bn,…,下列说法正确的是(　　) A.正方形MNPQ的面积为2516B.an=4×104n-1C.使不等式bn>14成立的正整数n的最大值为4D.数列{bn}的前n项和Sn<4三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022·四川泸州三诊)已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且{an}为递增数列,若a1=1,S3=72a2,则S4=　　　　　. 14.(2022·广东江门模拟)设Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和,若Sn=an+14,则通项公式an=　　　　　. 15.(2022·河北沧州模拟)我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书里出现了“杨辉三角”,这是数学史上的一个伟大成就,“杨辉三角”用图形表示如下.在杨辉三角中,第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56项和为　　　　　. 16.(2022·江苏南通模拟)德国数学家康托尔是集合论的创始人,以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下:第一次操作,将边长为1的正方形分成9个边长为13的小正方形后,保留靠角的4个,删去其余5个;第二次操作,将第一次剩余的每个小正方形继续9等分,并保留每个小正方形靠角的4个,其余正方形删去;……以此方法继续下去,经过n次操作后,共删去　　　　　个小正方形;若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11000,则至少需要操作　　　　　次.(lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)  四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021·新高考Ⅱ·17)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求使Sn>an成立的n的最小值.18.(12分)(2022·湖南邵阳二模)已知数列{an}满足a1=1,an>0,an2-an-12=2n-1(n≥2).(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a12+1a22+…+1an2<2. 19.(12分)(2022·山东淄博一模)已知数列{an}满足a1=1,且an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数.设bn=a2n-1.(1)求证:数列{bn+2}为等比数列,并求出{bn}的通项公式;(2)求数列{an}的前2n项和.20.(12分)(2022·江苏泰州模拟)在①3Sn+1=Sn+1,②a2=19,③2Sn=1-3an+1这三个条件中选择两个,补充在下面的横线上,并给出解答.已知数列{an}的前n项和为Sn,　　　　,　　　　,各项均为正数的等差数列{bn}满足b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.21.(12分)(2022·北京大兴模拟)治理垃圾是A地改善环境的重要举措.去年A地产生的垃圾量为200万吨,通过扩大宣传、环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.(1)写出A地的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N*)的表达式;(2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量,证明数列{An}为递减数列;(3)至少通过几年的治理,A地的年平均垃圾排放量能够低于100万吨? 22.(12分)(2021·天津·19)已知{an}是公差为2的等差数列,其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列,b1=4,b3-b2=48.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记cn=b2n+1bn,n∈N*.证明:(ⅰ){cn2-c2n}是等比数列;(ⅱ)∑k=1nakak+1ck2-c2k<22(n∈N*). 专题检测二　数列1.B　解析在等差数列{an}中,2a4=a3+a5=4(a4-1),解得a4=2,于是得{an}的公差d=a4-a24-2=-1,a1=5,所以数列{an}的前5项和为S5=5a1+5×(5-1)2d=15.2.B　解析当n=1时,a1=S1=21+2=4,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+2-(2n-1+2)=2n-2n-1=2n-1,经检验a1=4不满足上式,所以an=4,n=1,2n-1,n≥2.设bn=log2an,则bn=2,n=1,n-1,n≥2,所以T20=b1+b2+b3+b4+…+b20=2+1+2+3+…+19=192.3.C　解析设等差数列{bn}的公差为d,则b5b7=(b6-d)(b6+d)=b62-d2.又a1a5=a32,∴a32=b62-d2≤b62.∵{an},{bn}的各项均为正数,∴a3≤b6.4.C　解析因为由1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14,公差为15的等差数列{an},所以该数列的通项公式为an=14+15(n-1)=15n-1.令an=15n-1≤2022,又n∈N*,解得n≤134,即该数列的项数为134.5.B　解析若1bn-1为“梦想数列”,则1bn+1-1=31bn-1+2,即1bn+1-1=3bn-1,即bn+1bn=13.又b1=2,所以数列{bn}为以2为首项,13为公比的等比数列.则b4=2×133=227.6.C　解析设等比数列的公比为q,根据题意,a1·q2=a1·q+2a1,因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,所以a1>0,q>0,故由上式可解得q=2.又am·an=16a12,所以a12·qm-1·qn-1=16a12,即2m+n-2=16,所以m+n=6.因为m,n为正整数,所以(m,n)可取的数值组合为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),计算可得,当m=2,n=4时,1m+9n取最小值114.7.C　解析∵bn+1-bn=an+1+an+2+an+3-(an+an+1+an+2)=an+3-an=2,∴a1,a4,a7,…是首项为1,公差为2的等差数列,a2,a5,a8,…是首项为2,公差为2的等差数列,a3,a6,a9,…是首项为3,公差为2的等差数列,S31=(a1+a4+…+a31)+(a2+a5+…+a29)+(a3+a6+…+a30)=1×11+11×10×22+2×10+10×9×22+3×10+10×9×22=351.8.B　解析an+1-an=-13an2<0,则数列{an}单调递减,则0<an<1,由an+1=an1-13an,得1an+1-1an=13-an>13,累加得1an+1-1a1>13n,则1a100>34,所以34a100<1. 故100a100<3,由1an+1-1a1>13n,得1an>n+23,所以1an+1-1an=13-an<13-3n+2=131+1n+1,累加得1an+1-1a1<13n+1312+13+14+…+1n+1,即1a100<993+1+1312+13+14+…+1100<34+1312×6+18×93<40,故100a100>52.9.ACD　解析记数列{an}为第n天派遣的人数,数列{bn}为第n天发放的大米升数,则{an}是以64为首项,7为公差的等差数列,即an=7n+57,{bn}是以192为首项,21为公差的等差数列,即bn=21n+171,所以a10=7×10+57=127,故B不正确;令64n+7n(n-1)2=1864,解得n=16(负值舍去),故A正确;官府前6天共发放192×6+6×52×21=1467升大米,故C正确;官府前6天比最后6天少发放7×3×10×6=1260升大米,故D正确.10.BC　解析由题意得an+1n+1=2·ann,故ann是首项为2,公比为2的等比数列,ann=2·2n-1=2n,则an=n·2n,故B,C正确,A错误;Sn=21+2·22+…+n·2n,2Sn=22+2·23+…+n·2n+1,两式相减得Sn=n·2n+1-(2+22+…+2n)=(n-1)·2n+1+2,故D错误.11.ACD　解析依题意可知an+1-an=n+1,an+1=an+n+1,故B错误;∵a1=1,a2=1+2=3,a3=3+3=6,a4=6+4=10,a5=10+5=15,∴S5=1+3+6+10+15=35,故A正确;∵an+1-an=n+1,an-an-1=n(n≥2),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)2,n=1时,满足该式,故C正确.1an=21n-1n+1,则1a1+1a2+…+1a100=21-12+12-13+…+1100-1101=21-1101=200101,故D正确.12.BCD　解析根据题意可得an2=34an-12+14an-12=58an-12(n≥2),故{an2}是首项为a12=16,公比为58的等比数列,则an2=16×58n-1,则an=16×58n-1=4×104n-1,a3=52,故正方形MNPQ的边长为52,故其面积为254,故A错误,B正确;根据题意可得bn=12×34an×14an=332an2=32×58n-1,可知bn为递减数列,又b4=3751024>14,b5=18758192<14,所以使不等式bn>14成立的正整数n的最大值为4,故C正确;Sn=321-58n1-58=4-4×58n<4,故D正确. 13.15　解析设等比数列{an}的公比为q,由S3=72a2,得a1+a2+a3=72a2,即1+q2=52q,解得q=2或q=12.∵{an}是递增数列,∴q=2,∴S4=1-241-2=24-1=15.14.2n-14　解析Sn=an+14,当n=1时,S1=a1=a1+14,可得a1=a1+142,解得a1=14;当n≥2时,由Sn=an+142,可得Sn-1=an-1+142,两式相减,可得(an+an-1)an-an-1-12=0,因为an>0,所以an-an-1=12.所以数列{an}是以12为公差,以14为首项的等差数列,所以an=14+12(n-1)=2n-14.15.4084　解析去除所有为1的项后,剩下的每一行的个数分别为1,2,3,…,对应个数构成一个首项为1,公差为1的等差数列,则前m行数字个数之和为Tm=m(m+1)2,当m=10时,T10=55,故该数列的前56项和为杨辉三角中前12行数字之和减去23个1,再加上杨辉三角中第13行第二个数字12,故所求数列的前56项和为1-2121-2-23+12=4084.16.53(4n-1)　9　解析由题可知,每次删掉的正方形数构成公比为4,首项为5的等比数列,所以经过n次操作后,共删去的正方形个数Sn=5(1-4n)1-4=53(4n-1).易知,经过n次操作后共保留4n个小正方形,其边长为13n,所以,保留下来的所有小正方形面积之和为13n2×4n=49n.由49n≤11000,得n≥log4911000=-32(lg2-lg3)≈-32×(0.3010-0.4771)≈8.52.所以,至少需要操作9次才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11000.17.解(1)(方法一)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d,解得a1=-4,d=2,则an=-4+(n-1)×2=2n-6.(方法二)由a3=S5=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=0,则S4=4(a1+a4)2=2(a2+a3)=2a2,因此a2a4=2a2.因为数列{an}的公差不为0,所以a2≠0,则a4=2,因此数列{an}的公差为a4-a3=2,从而an=0+(n-3)×2=2n-6.(2)结合(1)可知,Sn=-4n+n(n-1)×22=n2-5n,则Sn>an等价于n2-5n>2n-6,解得n<1或n>6,又n∈N*,所以n≥7, 故使Sn>an成立的n的最小值为7.18.(1)解由an2-an-12=2n-1(n≥2),得an-12-an-22=2n-3,an-22-an-32=2n-5,…,a22-a12=3,由累加法得an2-a12=3+5+…+2n-1=(n-1)(2n-1+3)2=n2-1,所以an2=n2(n≥2).又a1=1满足该式,且an>0,所以an=n(n∈N*).(2)证明因为1an2=1n2<1(n-1)n=1n-1-1n(n≥2),所以当n≥2时,1a12+1a22+…+1an2=112+122+…+1n2<1+11×2+12×3+…+1(n-1)n=1+1-1n<2.当n=1时,1a12=1<2成立,所以1a12+1a22+…+1an2<2.19.(1)证明由题意可知,b1=a1=1,bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2a2n-1+2=2bn+2,故bn+1+2=2(bn+2),即bn+1+2bn+2=2,故{bn+2}是以b1+2=3为首项,以2为公比的等比数列,故bn+2=3·2n-1,故bn=3·2n-1-2.(2)解由(1)知,bn=3·2n-1-2,即a2n-1=3·2n-1-2,故a2n=a2n-1+1,故数列{an}的前2n项和S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=2(a1+a3+a5+…+a2n-1)+n=23(1-2n)1-2-2n+n=6(2n-1)-3n.20.解(1)选①3Sn+1=Sn+1,②a2=19.当n≥2时,3Sn=Sn-1+1,可得3an+1=an,即an+1=13an.当n=1时,3a1+19=a1+1,解得a1=13,满足a2=13a1.∴数列{an}是等比数列,首项与公比都为13,∴an=13n.设数列{bn}的公差为d,d≥0,∵b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列,∴(b2-1)2=b1·b3,∴(2+d-1)2=2(2+2d),解得d=3(负值舍去),∴bn=2+3(n-1)=3n-1.选①3Sn+1=Sn+1,③2Sn=1-3an+1.将①代入③得6Sn+1-2=1-3an+1,即2Sn+1+an+1=1,∴2Sn+an=1,两式相减,得2an+1+an+1-an=0,即an+1=13an.又由2S1+a1=1,得a1=13,∴数列{an}是等比数列,首项与公比都为13,∴an=13n.(以下同选①②) 选②a2=19,③2Sn=1-3an+1.当n≥2时,2Sn-1=1-3an,可得2an=3an-3an+1,即an+1=13an.当n=1时,2a1=1-3a2,a2=19,解得a1=13,满足a2=13a1.∴数列{an}是等比数列,首项与公比都为13,∴an=13n.(以下同选①②)(2)∵cn=anbn=3n-13n,∴数列{cn}的前n项和Tn=23+532+833+…+3n-13n,13Tn=232+533+…+3n-43n+3n-13n+1,两式相减可得23Tn=23+3132+133+…+13n-3n-13n+1=23+3×191-13n-11-13-3n-13n+1=76-6n+72×3n+1,整理得Tn=74-6n+74×3n.21.(1)解设治理n年后,A地的年垃圾排放量构成数列{an}.当n≤5,n∈N*时,{an}是首项为a1=200-20=180,公差为-20的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;当n≥6时,数列{an}是以a5=200-20×5=100为首项,q=34为公比的等比数列,所以an=a5qn-5=100×34n-5.所以治理n年后,A地的年垃圾排放量的表达式为an=200-20n,1≤n≤5,n∈N*,100×34n-5,n≥6,n∈N*.(2)证明设Sn为数列{an}的前n项和,则An=Snn.An+1-An=Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)=n(Sn+an+1)-(n+1)Snn(n+1)=nan+1-Snn(n+1)=(an+1-a1)+(an+1-a2)+…+(an+1-an)n(n+1).由(1)知,当1≤n≤5时,an=200-20n,{an}为递减数列,当n≥6时,an=100×34n-5,{an}为递减数列,且a6<a5,所以{an}为递减数列.于是an+1-a1<0,an+1-a2<0,…,an+1-an<0,因此An+1-An<0,所以数列{An}为递减数列.(3)解因为{An}是递减数列,且A5=5(a1+a5)2×5=140>100,所以5年内年平均垃圾排放量不可能低于100万吨.当n≥6时,由于S5=700,所以An=S5+a6+a7+…+ann=1000-30034n-5n.因为A9=1000-243002569>100,A10=100-30×345<100,所以至少通过10年的治理,A地年平均垃圾排放量才能低于100万吨.22.(1)解记等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn, 由题意知d=2,S8=64,代入公式Sn=na1+n(n-1)2d,解得a1=1,所以{an}的通项公式为an=2n-1.设等比数列{bn}的公比为q,由b1=4,b3-b2=48,可得q2-q=12,又q>0,解得q=4,所以{bn}的通项公式为bn=4n.(2)证明(ⅰ)由(1)可得cn2=b2n+1bn2=42n+14n2=44n+142n+2×4n,c2n=b4n+1b2n=44n+142n,进而cn2-c2n=44n+142n+2×4n-44n+142n=2×4n.因为对任意n∈N*,有cn+12-c2(n+1)cn2-c2n=2×4n+12×4n=4,所以{cn2-c2n}是等比数列.(ⅱ)由(1)和(2)(ⅰ),有akak+1ck2-c2k=(2k-1)(2k+1)2×4k=4k2-12×4k<4k22×4k=2·k2k,则∑k=1nakak+1ck2-c2k<2∑k=1nk2k.记Tn=∑k=1nk2k,即Tn=12+222+323+…+n2n.①由①得12Tn=122+223+…+n-12n+n2n+1.②由①②得12Tn=12+122+123+…+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1,从而得Tn=2-n+22n<2.