2023届高三数学单元卷六《数列》能力提升卷（及答案）

1、单元卷六数列(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：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吉林长春二模已知Sn为等差数列an的前n项和，若a215，S565，则a1a4()A.24 B.26 C.28 D.302.2021安徽五校联考设等比数列an的前n项和为Sn，若eq f(S2,S2S4)eq f(1,4)，则eq f(a2,a2a4)()A.eq f(1,3) B.eq f(1,4) C.eq f(1,2) D.33.2021江西九校联考已知等比数列an的前n项和为Sn，且eq f(an1,3)Sn

2、，a312，则实数的值为()A.eq f(3,4) B.eq f(1,4) C.eq f(1,4) D.34.2022东北师大附中一模已知等差数列an中，a1a32a84, 则2a1 2a22a9()A.32 B.256 C.512 D.1 0245.2021昆明市一模在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知数”问题的解法称为“中国剩余定理”.“物不知数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在(1，2 021的整数中，

3、把被4除余数为1，被5除余数也为1的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列an，则数列an的项数为()A.101 B.100 C.99 D.986.2021黑龙江高三模拟我们把Fn22n1(n0，1，2，)叫“费马数”(费马是十七世纪法国数学家).设anlog2(Fn1)，n1，2，3，设数列an的前n项和为Sn，则使不等式S1S2S3Sn2 0212n成立的正整数n的最小值是()A.8 B.9 C.10 D.167.2022豫北名校联考已知数列an满足a2n1a2n4n1，a2na2n14n3，若数列an的前50项和为1 273，则a3()A.0 B.1 C.1 D.28.2022太原期末意大

4、利数学家斐波那契提出的“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，在现代生物及化学等领域有着广泛的应用，它可以表述为数列an满足a1a21，an2an1an(nN*).若此数列各项被3除后的余数构成一个新数列bn，则bn的前2 021项和为()A.2 014 B.2 022 C.2 265 D.2 274二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.9.2021黑龙江哈九中模拟等差数列an的前n项和记为Sn，若a10，S10S20，则正确的是()A.d

5、0B.a160C.SnS15D.当且仅当Sn0时n3210.2021广东高州一中月考设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的有()A.数列Snn为等比数列B.数列an的通项公式为an2n11C.数列an1为等比数列D.数列2Sn的前n项和为2n2n2n411.2021山东临沂蒙阴实验中学期末若数列an满足：对于任意正整数n，an1an为单调递减数列，则称数列an为“差递减数列”.给出下列数列an(nN*)，其中是“差递减数列”的有()A.an3n B.ann21C.aneq r(n) D.anlneq f(n,n1)12.2021广东中山一中月考数列an的前

6、n项和为Sn，若数列an的各项按如下规律排列：eq f(1,2)，eq f(1,3)，eq f(2,3)，eq f(1,4)，eq f(2,4)，eq f(3,4)，eq f(1,5)，eq f(2,5)，eq f(3,5)，eq f(4,5)，eq f(1,n)，eq f(2,n)，eq f(n1,n)，以下运算和结论正确的是()A.a24eq f(3,8)B.数列a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，是等比数列C.数列a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，的前n项和Tneq f(n2n,4)D.若存在正整数k，使Sk10，Sk110，则akeq f(5,7)三、填空

7、题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021北京西城区期末数列an是公差为2的等差数列，记an的前n项和为Sn，且a1，a3，a4成等比数列，则a1_；Sn_.14.2021湖北黄冈中学模拟设数列an的前n项和为Sn，写出an的一个通项公式an_(nN*)，满足下面两个条件：an是单调递减数列；Sn是单调递增数列.(写出一个满足条件的数列即可.)15.2022南昌一模若无穷数列an满足：只要apaq(p，qN*)，必有ap1aq1，则称数列an为“和谐递进数列”.已知数列an为“和谐递进数列”，前n项和为Sn，且其前四项成等比数列，a1a51，a22，则S2 021_.16.2021

8、杭州二中期末已知等比数列an满足anan1eq f(1,2n)，数列bn满足bn2anan1(nN*)，记Tn是数列bn的前n项和，则当Tneq f(7,48)时，n的最小值为_.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)2022合肥市一模已知数列an满足a12a23a3nan(n1)2n12(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设bneq f(an,（an1）（an11）)，数列bn的前n项和为Sn，求证：Sneq f(1,3).18.(12分)2021广东中山一模已知数列an的前n项和为Sn，a2eq f(9,4)，点(an1，Sn

9、)(nN*)在直线2xy30上.(1)求数列an的通项公式；(2)若bneq f(n,an)，bn的前n项和为Tn，求Tn.19.(12分)2022山东济宁一模在Sn2an3(Sn为an的前n项和)；Sn32n3(Sn为an的前n项和)；aeq oal(2,n1)anan2，a13，a424这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题.已知数列an满足_(nN*)，若bnanlog2eq f(an1,3)，求数列bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.20.(12分)2021重庆一中月考在3Sn1Sn1，a2eq f(1,9)，2Sn13an1这三个条件中选

10、择两个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列an的前n项和为Sn，满足_，_；又正项等差数列bn满足b12，且b1，b21，b3成等比数列.(1)求an和bn的通项公式；(2)证明：ab1ab2abneq f(3,26).注：如果给出多种选择的解答，按符合题意的第一种选择计分.21.(12分)2021天津武清区一模已知等比数列an的前n项和为Sn，公比q0，S22a22，S3a42，数列bn满足2bnbn1bn1(nN*)且a24b1，a3b8.(1)求an和bn的通项公式；(2)将an和bn中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列cn，求数列cn的前100项和T100；(3)设数列dn的通

11、项公式为：dneq blc(avs4alco1(f(an（bn）2,2)，n2m1，,f(an（bn）2,4)，n2m，)mN*，求eq isu(i1,2n,d)i.22.(12分)2022广东揭阳摸底在数列an的前n项和Sneq f(1,2)n2eq f(1,2)n(nN*)；数列an是首项为1，公差不为0的正项等差数列，且a2，a4，a8成等比数列；a11，eq f(an1,an)eq f(n1,n)(nN*)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的m，k存在，求出m，k的值；若不存在，说明理由.已知数列an，且_，设bneq f(an,anan1)，是否存在正整数m，k(1m

12、0，y0，a(x，1)，b(1，y1)，若ab，则eq f(1,x)eq f(4,y)的最小值为()A.4 B.9 C.8 D.107.2021河北石家庄模拟已知函数f(x)2cos(x)eq blc(rc)(avs4alco1(0，|f(,2)的部分图象如图所示，点A(0，eq r(3)，Beq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)，0)，则函数f(x)图象的一条对称轴方程为()A.xeq f(,3) B.xeq f(,12)C.xeq f(,18) D.xeq f(,24)8.2021江西名校联考已知函数yf(x1)是定义在R上的偶函数，且满足f(3x)f(3x)，且当1x1时，

13、f(x)xln(x2)，则f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)f(2 020)()A.ln 3 B.ln 3C.4ln 2ln 3 D.4ln 2ln 3二、多项选择题：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.9.2022山东烟台期中下列结论正确的是()A.若ab0，cdeq f(a,d)B.若xy0，且xy1，则xeq f(1,y)eq f(y,2x)log2(xy)C.设an是等差数列，若a2a10，则a2eq r(a1a3)D.若x0，)，则ln(1x)xeq f(1,8)x210.2021山东

14、临沂蒙阴实验中学期末关于函数f(x)2cos2xcoseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)1的描述正确的是()A.其图象可由yeq r(2)sin 2x的图象向左平移eq f(,8)个单位长度得到B.函数f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上单调递增C.函数f(x)在0，上有2个零点D.函数f(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，0)上的最小值为eq r(2)11.2022山东莱州一中月考在RtABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立的是()A.|eq o(AC,sup6()|2eq o(AC,sup6()eq

15、o(AB,sup6()B.|eq o(BC,sup6()|2eq o(BA,sup6()eq o(BC,sup6()C.|eq o(AB,sup6()|2eq o(AC,sup6()eq o(CD,sup6()D.|eq o(CD,sup6()|2eq f(（o(AC,sup6()o(AB,sup6()）（o(BA,sup6()o(BC,sup6()）,|o(AB,sup6()|2)12.2021山东枣庄期中将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下：a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列

16、，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m0).已知a112，a13a611，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有()A.m3 B.a671737C.aij(3i1)3j1 D.Seq f(1,4)n(3n1)(3n1)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021福州模拟已知两个单位向量a，b满足|ab|eq r(3)|b|，则a与b的夹角为_.14.2021咸阳市模拟正项等比数列an中，存在两项am，an，使得eq r(aman)2a1，且a6a52a4，则eq f(1,m)eq f(9,n)的最小值是_.15.2022湖南调研已知函数f(x)eq f(2x

17、,|x|1)(xR)，则函数f(x)的值域是_，方程f(x)2x0有_个实数根.16.2021天津南开区模拟已知ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin Acos Aeq f(c,sin B).若Beq f(,4)，则ABC面积的最大值为_.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)2022广州市高三训练在acos Bbsin A，b2eq r(2)aca2c2，sin Bcos Beq r(2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.问题：已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_，ABC的面积

18、为2，a2，求b.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.(12分)2021吉林实验中学模拟在正项数列an中，a11eq r(2)，an(aeq oal(2,n1)1)2an1(aeq oal(2,n)1)，bnaneq f(1,an).(1)求数列an与bn的通项公式.(2)求数列n(2anbn)2的前n项和Tn.19.(12分)2021烟台模拟某经销商计划经营一种商品，经市场调查发现，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克，1x12)满足：当1x4时，ya(x3)2eq f(b,x1)，(a，b为常数)；当4x12时，yeq f(2 800,x)100

19、.已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该商品800千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出150千克.(1)求a，b的值，并确定y关于x的函数解析式；(2)若该商品的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x的值，使店铺每日销售该商品所获利润f(x)最大.(eq r(7)2.65)20.(12分)2022山东青岛模拟在数列an为递增的等比数列，S37，且3a2是a13和a34的等差中项，Sn2n1，nN*，4an3Sn2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由.已知数列an的前n项和为Sn，_，bneq f(an1,SnSn1)，设数列b

20、n的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tnk恒成立？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.21.(12分)2021河北联考设函数f(x)xeq f(1,x)tln x，其中x(0，1)，t为正实数.(1)若不等式f(x)0恒成立，求实数t的取值范围；(2)当x(0，1)时，证明：x2xeq f(1,x)10)的图象上有一点列Pn(xn，yn)，(nN*)，点Pn在x轴上的射影是Qn(xn，0)，且xn3xn12(n2且nN*)，x12.(1)求证：xn1是等比数列，并求出数列xn的通项公式；(2)对任意的正整数n，当m1，1时，不等式3t26mteq f(1,3)yn恒成立，求实数

21、t的取值范围；(3)设四边形PnQnQn1Pn1的面积是Sn，求证：eq f(1,S1)eq f(1,2S2)eq f(1,nSn)10，得S20eq f(21,2)eq f(6,7)eq f(135,14)10，此时a20eq f(5,7)，故D正确.选ACD.13.8n29n(nN*)因为数列an是公差为2的等差数列，a1，a3，a4成等比数列，所以aeq oal(2,3)a1a4，即(a14)2a1(a16)，解得a18.所以Sn8neq f(n（n1）,2)(2)n29n(nN*).14.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n)(答案不唯一)根据前n

22、项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列的例子，例如aneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n)就是符合条件的例子(答案不唯一).15.7 576依题意a1，a2，a3，a4成等比数列，而a11，a22，公比qeq f(a2,a1)2，所以a34，a48.依题意，若apaq，则ap1aq1，而a1a51，所以a2a6，a3a7，a4a8，a5a9，以此类推可知数列an是周期为4的周期数列，所以S2 021S50541505(a1a2a3a4)a15

23、051517 576.16.3因为anan1eq f(1,2n)，数列an是等比数列，所以数列an的公比qeq f(anan1,an1an)eq f(2n1,2n)eq f(1,2).又a1a2a1eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)eq f(1,2)，所以a1eq f(1,3)，故ana1qn1eq f(1,3)eq f(1,2n1)，所以bn2anan12eq f(1,3)eq f(1,2n1)eq f(1,3)eq f(1,2n)eq f(1,9)eq f(1,4n1)，故数列bn是以eq f(1,9)为首项，eq f(1,4)为公比的等比数列，所以Tneq f(f(

24、1,9)blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4n),1f(1,4)eq f(4,27)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4n).由eq f(4,27)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4n)eq f(7,48)，得eq f(1,4n)eq f(1,64)，所以n3，n的最小值为3.17.(1)解由题知，a12a23a3nan(n1)2n12，当n2时，a12a23a3(n1)an1(n2)2n2，nan(n1)2n1(n2)2nn2n，an2n(n2).当n1时，a12，当n1时，an2n也成立，an2n(nN*).(2)证明bneq f(an,（

25、an1）（an11）)eq f(2n,（2n1）（2n11）)eq f(1,2n1)eq f(1,2n11)，Snb1b2b3bneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,211)f(1,221)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,221)f(1,231)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n11)eq f(1,3)eq f(1,2n11).nN*，eq f(1,2n11)0，Sneq f(1,3).18.解(1)点(an1，Sn)(nN*)在直线2xy30上，Sn2an13，当n2时，Sn12an3，两式相减，并整理得an1eq f(3,

26、2)an(n2)，又a1S12a23eq f(3,2)0，且a2eq f(3,2)a1，由可知，对任意nN*都有eq f(an1,an)eq f(3,2)，数列an是以eq f(3,2)为首项，eq f(3,2)为公比的等比数列，aneq f(3,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)eq sup12(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)eq sup12(n)(nN*).(2)由(1)可得，bnneq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)，Tn1eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(

27、1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(2)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(3)neq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)，eq f(2,3)Tn1eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(3)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)neq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n1)，得eq f(1,

28、3)Tneq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)neq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)n1eq f(f(2,3)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)sup12(n),1f(2,3)neq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n1)2eq f(

29、2n6,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)，Tn6(2n6)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq sup12(n)(nN*).19.解若选：因为Sn2an3，所以当n2时，Sn12an13，得anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，a1S12a13，解得a13，所以数列an是首项为3，公比为2的等比数列.所以an32n1.所以bnanlog2eq f(an1,3)3n2n1，所以Tnb1b2b3bn3(120221322n2n1)，2Tn3(121222323n2n)，得Tn3(2021222n1n2n)3eq

30、 blc(rc)(avs4alco1(f(2n1,21)n2n)3(1n)2n3，所以Tn33(n1)2n.若选：因为Sn32n3，所以当n1时，a1S13233；当n2时，Sn132n13，得anSnSn132n32n132n1，因为a13符合上式，所以an32n1对一切nN*都成立.后同选.若选：由aeq oal(2,n1)anan2(nN*)，a13，a424知数列an是等比数列.设数列an的公比为q，则a4a1q3，即243q3，所以q38，解得q2，所以an32n1.后同选.20.(1)解方案一选择.当n2时，由3Sn1Sn1得3SnSn11，两式相减，得3an1an，即eq f(a

31、n1,an)eq f(1,3)(n2)，由得3S2S11，即3(a1a2)a11，2a113a21eq f(1,3)eq f(2,3)，得a1eq f(1,3)，eq f(a2,a1)eq f(1,3)，an是首项为eq f(1,3)，公比为eq f(1,3)的等比数列，aneq f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(n).设等差数列bn的公差为d，d0，b1，b21，b3成等比数列，b1b3(b21)2，即2(22d)(1d)2，解得d3或d1(舍去)，bn23(n1)

32、3n1.方案二选择.当n2时，由2Sn13an1，得2Sn113an，两式相减，得2an3an3an1，eq f(an1,an)eq f(1,3)(n2)，又2S113a2，得a1eq f(1,3)，eq f(a2,a1)eq f(1,3)，an是首项为eq f(1,3)，公比为eq f(1,3)的等比数列，aneq f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(n).(以下同方案一)(2)证明由(1)得abna3n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq s

33、up12(3n1)，则ab1ab2abneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(3n1)eq f(blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(2)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(3n),1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(3)eq f(3,26)eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(3n)eq f(3,26).21.解(1)由S22a22，S3a42两式作差可得a3a42a2，即a2qa2q22a2，因为a20，则q2q20，因为q0，解得q2，所以2a224a12a1a23a1，