【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题6 数列（含解析）新人教A版

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·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：根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)(2022·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)(2022·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．(2022·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．-10-\nC．　D．[答案]　A[解析]　f′(x)＝mxm－1＋a，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x2＋x，＝＝－，∴Sn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝.4．(文)(2022·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．40C．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．(2022·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．54C．72　D．108[答案]　D[解析]　S12＝＝6(a6＋a7)＝6×18＝108.6．(2022·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．(2022·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)-10-\nC．(－，－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．45C．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：某女子善于织布，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)(2022·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．0-10-\nC．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}的所有奇数项为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．(2022·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．S5C．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)所有元素都是正整数；(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．94C．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)(2022·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＋1C．22022－1　D．22022＋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，-10-\n∴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．(2022·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，因为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}从第一项开始，先增大后减小再增大再减小，最后趋于平衡值，奇数项的值慢慢变大趋于平衡值，偶数项的值慢慢变小趋于平衡值，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S2022＝________.[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.∴S2022＝－2＋4－6＋8＋…－2022＋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]　因为，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．(2022·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．)-10-\n17．(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)(2022·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；-10-\n(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)因为对任意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，因为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)(2022·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＋1，②②－①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，求出所有这样的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.-10-\n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矛盾；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)(2022·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.-10-\n21．(本小题满分12分)(2022·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)(2022·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)①Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)②①－②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，因为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，①-10-\n∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②①－②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.-10-