2023高考数学复习专项训练《数列综合问题》

2023高考数学复习专项训练《数列综合问题》一、单选题（本大题共10小题，共50分）1.（5分）数列{an}满足12an=anA.3 B.4 C.5 D.62.（5分）已知数列{an}满足：an+1-anA.λ⩾-138 B.λ3.（5分）已知等差数列{an}满足a2=2，a3+a7=10，数列{bn}满足bn=aA.(-∞,-2]∪[1,+∞) B.(-∞,-2]∪[2,+∞)

C.(-∞,-1]∪[2,+∞) D.[-2,2]4.（5分）已知数列{an}满足a1+12a2+13a3+⋯+A.[14,+∞) B.(15.（5分）已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn=abn，A.8 B.9 C.10 D.116.（5分）已知数列{an}满足a1=12，n+1nA.[-16,+∞) B.[-20,+∞)

C.[-10,+∞) D.[-18,+∞)7.（5分）设Sn为数列{an}的前n项和，2an-an-1=3·2n-1A.3 B.13 C.2 D.8.（5分）已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1-an=2n(A.[12,+∞) B.9.（5分）已知数列{an}满足a1A.2<100a100<52 B.10.（5分）已知等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，且满足a1>1A.q>1

B.a2020a2022-1<0

C.T2021的值是Tn二、填空题（本大题共5小题，共25分）11.（5分）已知等差数列{an}的公差d≠0，Sn是其前n项和，若a2，a3，a612.（5分）已知数列{an}满足a1+3a2+5a13.（5分）记首项为a1(a1>0)，公差为d的等差数列{an}的前n项和为S14.（5分）在数列{an}中，给定a1，且函数f(x)=13x3-a15.（5分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若对于∀n∈三、解答题（本大题共6小题，共72分）16.（12分）已知等差数列{an}满足(1)求数列{an}的通项公式及其前n(2)记数列{1Sn}的前n项和为Tn，若17.（12分）正项等差数列{an}满足a1=4，且a2，a4+2(1)求数列{a(2)令bn=1Sn+2，数列{bn}的前18.（12分）已知数列{an}满足a1(1)设bn=22a(2)设cn=4ann+1，数列{cncn+2}的前19.（12分）已知数列{an}为等差数列，数列{bn}(1)求数列{an}(2)设cn=an·bn，数列{cn20.（12分）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q>;0，且b1+b2（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d>;0，证明：c21.（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，an+1=2Sn+3(n∈N*). 

答案和解析1.【答案】B;【解析】 

此题主要考查数列的递推公式，考查等差数列的判断、通项公式，及数列的函数特征，关键是构造等差数列求通项公式，属于中档题. 

由题意得到2n+1an+1-2nan=1，即数列{2nan}是等差数列，进而得到an=n2n，判断数列{an}的单调性，即可求解使得an<13的n的最小值.解：∵12an=an+1-(12)n+1，∴2nan2.【答案】A;【解析】 

此题主要考查了数列的递推式，数列的单调性、单调性，考查了推理能力与计算能力，属于较难题． 

求出数列a2n的通项公式，设cn=a2n2n，判断cn的单调性，求出cn的最小值，可得的取值范围.解：因为an+1-an=(-1)n·n2，a1=2， 

所以a2-a1=-1，a3-a2=22，a4-a3=-32，.…，a2n-a2n-1=-(2n-1)2. 

两边相加可得：a3.【答案】B;【解析】 

此题主要考查等差数列的通项公式、裂项相消法求和，以及不等式的恒成立问题，属于中档题. 

先求出等差数列的通项公式，然后利用裂项法求出Sn，再利用关于a的不等式是一次不等式求出t满足的不等关系即可求解．解：因为等差数列{an}满足a2=2，所以公差d=a5-bn数列{bn}的前n项和为 

Sn=1-1若对于任意的a∈[-2,2]，n∈N则2t2+令g(a)=ta+2t2-解可得，t⩾2故选：B.4.【答案】D;【解析】 

此题主要考查数列的通项公式的求法，裂项相消法在数列求和中的应用，不等式恒成立问题，属于中档题． 

首先利用递推关系式求出数列{an}的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列{bn}的前n项和，最后分离参数求解即可． 

解：数列{an}满足a1+12a2+13a3+…+1nan=n2+n① 

n=1时，a1=2， 

当n⩾2时，a1+12a2+13a3+…+1n-1an-1=(n-1)2+(n-1)② 

①-②得：1n5.【答案】B;【解析】 

此题主要考查等差数列、等比数列的通项公式与求和公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题． 

依题意，可求得数列{an}与{bn}的通项公式，又cn=abn，可求得Tn=c1+c2+…+cn=2n+1-n-2<2022，解之可得n的最大值． 

解：∵{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 

∴an=2n-1， 

∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列， 

∴bn=2n-1， 

∴Tn=c6.【答案】A;【解析】 

此题主要考查了数列的递推关系、等差数列的判定、通项公式、不等式恒成立问题. 

先由数列递推关系得到1(n+1)an+1-1nan=1，进而求得数列的通项公式an=1n(n+1)，最后根据不等式恒成立得到λ⩾-(9+n)(n+1)n后利用基本不等式即可求解.解：

因为n+1nan+1=annan+1，所以a7.【答案】B;【解析】 

此题主要考查数列的构造，等比数列的判定与证明，分组求和以及恒成立问题，考查推理能力和计算能力，属于中档题. 

构造数列{an2n-1}，说明它是以12为首项，14为公比的等比数列，求出an，利用分组求和法求出Sn，则Tn可得，要证Tn<m，只需要求出Tn的范围即可得到的最小值.解：由2an-an-1=3·2n-1(n⩾2)，得an2n=14·an-12n-1+34(n8.【答案】C;【解析】 

此题主要考查了数列的递推式，累加法和裂项相消法的应用，属于中档题. 

利用累加法求出数列{an}的通项公式，即可得到an+1(an+2)(an+1+2)=12n+1-12n+1+1，再利用裂项相消法求出Tn，即可求出的取值范围;解：因为an+1-an=2n(n∈N*)， 

所以a2-a19.【答案】B;【解析】 

本题主要利用放缩法求解数列等式，利用累加法求和，属于较难题. 

解：由an+1=an-13an2得数列{an}递减，所以an+1=an-13an2⩽34，且an≠0， 

因为an+1=an(1-13an)①，所以an+1an=1-13an⩾34， 

由①两边同时取倒数得，1an+110.【答案】C;【解析】 

此题主要考查数列的函数特征及等比数列的通项公式，属于拔高题. 

根据给定条件探求出0<q<1，a2021>1，a2022<1，再逐个选项推理、分析判断作答.解：对于A，∵a2021-1a2022-1<0，∴{a2021>1a2022<1或{a2021<1a2022>1，又a1>1， 

若q<0，则a2021a2022<0，与a2021a2022-1>0矛盾， 

若q>1，则a2022>a2021>1，与a2021-1a2022-1<0，矛盾， 

则0<q<1,a2021>1，a2022<1，故A错误； 

对于B，由A得11.【答案】-3【解析】 

此题主要考查了不等式的恒成立问题，数列的函数特征和等差数列与等比数列的综合应用，考查了学生的运算能力，属于难题. 

利用等比数列的性质得a32=a2a6，再利用等差数列的通项公式得(a2+d)2=a2(a2+4d)，再结合题目条件得d=2a2，再利用等差数列的性质和等差数列的通项公式得2a2+d=-4，再由{d=2a22a2+d=-4解得{d=-2a2=-1，即{d=-2a1=1，再利用等差数列的求和得Sn2n=-n2+2n2n，再利用数列的函数特征得Sn2n的最大值为12，最小值为-12，再利用不等式的恒成立问题处理策略得{a<-12a+2⩾12，最后计算得结论.解：因为等差数列{an}的公差d≠0，且a2，a3，a6成等比数列， 

所以a32=a2a6，因此(a2+d)2=12.【答案】185;[-3,2]【解析】 

此题主要考查数列的通项公式的求法及应用，数列的递推关系式，数列的单调性的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题． 

首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步求出a3的值；利用数列的单调性和分类讨论思想的应用求出参数的取值范围．解：数列{an}满足a1+3a2+5a3+⋯+(2n-1)an=3n，① 

当n=1时，a1=3， 

当n⩾2时，a1+3a2+5a3+⋯+(2n-3)an-1=3n-1，② 

①-②得：(2n-1)an=3n-3n-1=2×3n-1， 

所以an=2×3n-12n13.【答案】[19【解析】 

此题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n项和与项之间的关系，属于较难题. 

根据等差数列得性质以及题目条件，得到2n-23λ⩽2n-21，再分类讨论，求出结果即可. 

解：∵Sn+1⩽λan+Sn，∴Sn+1-Sn⩽λan， 

即an+1⩽λan，∴a1+nd⩽λa1+n-1d， 

∵a1d=-14.【答案】2;14【解析】 

此题主要考查导数的运算，以及利用导函数判断函数的单调性，属于较难题． 

利用导函数有唯一零点可得an+1-an=2，n∈N*，可求a2-a1；g(x)=8(x-14)+2sinπ(x-14)+2，令h(t)=8t+2sinπt，可得h(t)在R上单调递增，证明a1-14+a9-14=0，可求a5的值． 

解：∵f(x)=13x3-an+1sinx+(an+2)x+1， 

∴f'(x)=x2-an+1cosx+(an+2)有唯一的零点， 

∵f'(x)为偶函数，则f'(0)=0， 

可得an+1-an=2，n∈N*，数列15.【答案】1-5【解析】 

此题主要考查等比数列的综合应用，属于难题.解：由(Sn+a2)(Sn+1+a2)<0恒成立可知q<0， 

(Sn+a2)(Sn+1+a216.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d.依题意有 

{a1+a3=8a4-a2=4，即{2a1+2d=82d=4，解得{a1=2d=2， 

所以an【解析】此题主要考查等差数列的通项公式和前n项和的求解，利用裂项消项法求和法是解决本题的关键．属于中档题． 

(1)利用已知条件，求出数列的公差与首项，然后求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 

(2)记数列{1Sn}的前n17.【答案】null;【解析】此题主要考查等差数列的通项公式与求和公式，考查裂项相消法求和，属于中档题. 

(1)设等差数列的公差为d(d>0)，由题意可得(4+3d(2)由(1)可求出Sn=n2+3n，则可得18.【答案】解：(1)证明：∵an+1∴bn+1-bn=22an+1-1-22an-1 

=22×(1-14an)-1-22an-1 

=4an2an-1-22an-1=2(2an-1)2an-1=2， 

∴数列{bn}是等差数列，首项为b1=22a1-1=2，公差为2， 

∴【解析】此题主要考查了等差数列的通项公式、递推式的应用、“裂项求和”、考查了变形能力，考查了推理能力与计算能力，属于较难题． 

(1)由an+1=1-14an，bn=22an-1，作差代入bn+1-bn=22an+1-1-19.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d， 

数列{bn}的公比为q>0，

则{1+d=q+1,1+2(2)cn=an·bn=(2n-1)×2n-1，

Sn=1×20+3×21+5×22…+(2n-3)·2n-2+(2n-【解析】此题主要考查等差等比数列通项公式以及利用错位相减法求和，属于较难题. 

(1)利用等差等比数列通项公式结合已知可得{1+d=q+1,1+2d=20.【答案】解：（I）依题意b1=1,b2=q,b3=q所以bn+2=12n+1，故cn+1所以an+1-a所以a（I