新教材2023年高考数学总复习考案15阶段测试五数列

考案[十五]阶段测试(五)数列(本试卷满分150分，测试时间120分钟)一、单选题(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．(2023·重庆巴蜀中学期中)数列{an}：2，－5,9，－14，…的一个通项公式可以是(C)A．an＝(－1)n－1(3n－1)B．an＝(－1)n(3n－1)C．an＝(－1)n－1eq\f(nn＋3,2)D．an＝(－1)neq\f(nn＋3,2)[解析](选项验证法)数列{an}第一项为正数．选项BD中的通项公式求出的第一项均为负数，故排除BD；选项A中对应的a3＝8，排除A.故选C.2．(2022·皖江联盟联考)“{an}为等比数列”是“{lgan}为等差数列”的(B)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[解析]若{lgan}为等差数列，则2lgan＋1＝lgan＋lgan＋2，即aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2，因此{an}为等比数列，必要性成立；若{an}为等比数列，则aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2，但项可以为负数，对应的lgan无意义，充分性不成立．故选B.3．(2023·山东淄博实验中学检测)已知数列{an}为等比数列，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则a1＝(C)A．35 B．33C．16 D．29[解析]设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质，知a2a3＝a1a4＝2a1，又a1≠0，所以a4＝2，由a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，知a4＋2a7＝2×eq\f(5,4)，所以a7＝eq\f(1,4)，所以q3＝eq\f(a7,a4)＝eq\f(1,8)，则a1＝eq\f(a4,q3)＝16.故选C.4．(2023·湖南长沙一中期中)数列{an}的通项an＝n2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(nπ,3)－sin2\f(nπ,3)))，其前n项和为Sn，则S30为(A)A．470 B．490C．495 D．510[解析]由题可知an＝n2coseq\f(2nπ,3)，coseq\f(2nπ,3)关于n的取值如下表：n123456…coseq\f(2nπ,3)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)1－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)1…由表中数据可得coseq\f(2nπ,3)的周期为3，则S30＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12＋22,2)＋32))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(42＋52,2)＋62))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(282＋292,2)＋302))，设bk＝－eq\f(3k－22＋3k－12,2)＋(3k)2，则bk＝9k－eq\f(5,2)，所以S30＝9×(1＋2＋…＋10)－eq\f(5,2)×10＝470，故选A.5．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首，内容为：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来争三岁，共年二百七岁期，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．这位公公年龄最大的儿子的年龄为(D)A．26岁 B．29岁C．32岁 D．35岁[解析]设第n个儿子的年龄为an(1≤n≤9)，则{an}是公差d＝－3的等差数列，由题意得S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)×(－3)＝207，解得a1＝35.故选D.6．(2023·长沙一中期中)在数列{an}中，a1＝2，且an＋an－1＝eq\f(n,an－an－1)＋2(n≥2)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－12)))的前2022项和为(B)A.eq\f(2022,2023) B．eq\f(4044,2023)C．eq\f(2021,1010) D．eq\f(4040,2021)[解析]当n≥2时，因为an＋an－1＝eq\f(n,an－an－1)＋2，所以aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－2(an－an－1)＝n，整理得(an－1)2－(an－1－1)2＝n，所以(an－1)2－(a1－1)2＝n＋(n－1)＋…＋2.因为a1＝2，所以(an－1)2＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝2满足上式，所以eq\f(1,an－12)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－12)))的前2022项和S2022＝2×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2022)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2023)))＝eq\f(4044,2023)，故选B.7．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(C)A．10 B．15C．20 D．25[解析]由题意，可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.又由等比数列的性质，知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.于是a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝eq\f(S4＋52,S4)＝S4＋eq\f(25,S4)＋10≥2eq\r(S4×\f(25,S4))＋10＝20，当且仅当S4＝5时等号成立．所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.故选C.8．(2022·东北师大附中段考)已知{an}是各项非零的等差数列，Sn为其前n项和，S2n＋1＝an＋1an(n∈N*)，且不等式eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)≤eq\f(n·2λ＋4,30)对任意正整数n恒成立，则实数λ的最小值是(D)A．0 B．－1C．－2 D．－3[解析]由{an}是等差数列知S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，将其代入S2n＋1＝an＋1an中，得到(2n＋1)an＋1＝an＋1an.因为an＋1≠0，所以an＝2n＋1，n∈N*.所以eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,6n＋9).因为不等式eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)≤eq\f(n·2λ＋4,30)对任意n∈N*恒成立，所以2λ＋4≥eq\f(30,6n＋9)对任意n∈N*恒成立，即2λ＋4≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(30,6n＋9)))max，所以2λ＋4≥2，λ≥－3.故选D.二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每个小题给出的4个选项中，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9．下列说法正确的是(BC)A．给出数列的有限项就可以唯一确定这个数列的通项公式B．若等差数列{an}的公差d>0，则|an|是递增数列C．若a，b，c成等差数列，则eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)可能成等差数列D．若数列{an}是等差数列，则数列{an＋2an＋1}不一定是等差数列[解析]A选项，给出数列的有限项不一定可以确定数列的通项公式，故A不正确；B选项，由等差数列性质知，若公差d>0，则{an}必是递增数列，故B正确；C选项，当a＝b＝c＝1时，eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)＝eq\f(1,c)＝1，则其是等差数列，而当a＝1，b＝2，c＝3时不成立，故C正确；D选项，数列{an}是等差数列，设其公差为d，所以an＋2an＋1＝a1＋(n－1)d＋2a1＋2nd＝3a1＋(3n－1)d也是等差数列，故D不正确．故选BC.10．1921年伟大的中国共产党成立，经过28年的浴血奋战，于1949年成立了中华人民共和国，从此，中国人民站起来了．到2021年，习总书记在庆祝中国共产党成立100年大会上庄严宣告：我们实现了第一个百年奋斗目标，正向着全面建成社会主义现代化强国的第二个奋斗目标迈进．现有一个等差数列{an}，其公差d与各项均为正整数，a1＝1921，am＝1949，an＝2021，下列说法正确的是(BC)A．d的最小值为4B．m，n满足关系式25m－7n＝18C．m＋n的最小值为34D．满足条件的m，n有且仅有4组[解析]由题意得d＝eq\f(28,m－1)＝eq\f(100,n－1)，所以m＝8，n＝26时，d＝4，同理可求得d＝2，d＝1，故A错误；化简可得25m－7n＝18，故B正确；由eq\f(28,m－1)＝eq\f(100,n－1)⇒eq\f(7,m－1)＝eq\f(25,n－1)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝7t＋1,n＝25t＋1))，t∈N*，所以m＋n的最小值为34，C正确；满足条件的t＝1,2,4，因此满足条件的m，n有且仅有3组，D错误．故选BC.11．(2023·重庆实验中学预测)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1·a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的有(ABC)A．q＝2B．数列{Sn＋2}是等比数列C．S8＝510D．数列{lgan}是公差为2的等差数列[解析]因为数列{an}是等比数列，所以a2a3＝a1a4＝32，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2·a3＝32，,a2＋a3＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,a3＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8，))因为公比q为整数，所以a2＝4，a3＝8，q＝eq\f(a3,a2)＝2，a1＝2，an＝2n，A正确；Sn＋2＝eq\f(21－2n,1－2)＋2＝2n＋1，故数列{Sn＋2}是等比数列，B正确；S8＝eq\f(2×1－28,1－2)＝29－2＝510，C正确；lgan＝lg2n＝nlg2，易知数列{lgan}不是公差为2的等差数列，D错误．故选ABC.12．(2023·重庆育才中学调研)已知各项均为正数的数列{an}的前n项之积为Tn，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，0<an≤1，,\f(1,an)，an>1，))n∈N*，则(AB)A．当n≥2时，0<an≤2B．当eq\f(1,2)<a1<1时，T4n＝1C．无论a1取何值，均存在λ∈N*使得an＋λ＝an对任意的n∈N*成立D．无论a1取何值，数列{an}中均存在与a1相等的另一项[解析]若an∈(0,1]，则an＋1∈(0,2]，若an>1，则an＋1∈(0,1)，故an＋1∈(0,2]，A正确；eq\f(1,2)<a1<1⇒a2＝2a1∈(1,2)⇒a3＝eq\f(1,2a1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))⇒a4＝eq\f(1,a1)∈(1,2)⇒a5＝a1，故有an＋4＝an，T4n＝(a1a2a3a4)n＝1，B正确；若a1＝eq\f(1,4)，则a2＝eq\f(1,2)，a3＝1，a4＝2，a5＝eq\f(1,2)，故数列从第2项开始按eq\f(1,2)，1,2的周期变化，其中没有与a1相等的项，故CD均不正确．故选AB.三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13．(2023·四川成都双流中学阶段性检测)已知等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则{an}的前n项积a1a2a3…an的最大值为64.[解析]设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq\f(a1q＋a3q,a1＋a3)＝eq\f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq\f(1,2)，∴a1＋a3＝a1＋a1q2＝eq\f(5,4)a1＝10，解得a1＝8，∴a1a2a3…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋3＋…＋(n－1)＝8n·eq\f(1,2\s\up7(\f(nn－1,2)))＝23n－eq\s\up7(\f(nn－1,2))＝2－eq\s\up7(\f(1,2))n2＋eq\s\up7(\f(7,2))n.∵n∈N*，∴当n＝3或4时，－eq\f(1,2)n2＋eq\f(7,2)n取最大值，为6，∴(a1a2a3…an)max＝26＝64.14．(2022·江苏南通二诊)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，a1>0，S4＝S13，则Sn取到最大值时，n＝8,9.[解析]因为{an}是等差数列，所以可设Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．因为a1>0，S4＝S13，所以公差d<0，所以eq\f(d,2)＝A<0，所以Sn＝An2＋Bn对应的抛物线y＝Ax2＋Bx(x∈R)开口向下，对称轴方程为x＝eq\f(4＋13,2)＝eq\f(17,2).又n∈N*，所以当n＝8,9时，Sn取最大值．15．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则Tn＝eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))).[解析]由题意有a1＝1－a1，得a1＝eq\f(1,2).由Sn＝1－an知当n≥2时有Sn－1＝1－an－1，两式作差得eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)(n≥2)，故数列{an}是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，可得数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2n)，Tn＝aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,4)＋…＋aeq\o\al(2,2n)＝eq\f(\f(1,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))),1－\f(1,16))＝eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))).16．(2022·北京海淀区联考)某空调制造厂用若干台效率相同的机器组装空调．若所有机器同时开动，则需24小时完成某项任务；若一台接一台地开动，每相邻两台机器启动时间间隔相同，那么到完成该项任务时，第一台的工作时间是最后一台的7倍，则第二种情况下最后一台的工作时间是6小时．[解析]设有n台机器，每相邻两台机器启动时间间隔为d小时，最后一台工作时间为t小时，依题意得，t＋(n－1)d＝7t且nt＋eq\f(nn－1,2)d＝24n，化简得(n－1)d＝6t且2t＋(n－1)d＝48，解得t＝6.四、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．(2022·河北省级联测)(本题满分10分)已知等比数列{an}中，a1＝1，且2a2是a3和4a1的等差中项，数列{bn}满足b1＝1，b7＝13.且bn＋2＋bn＝2bn＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an＋bn}的前n项和Tn.[解析](1)设等比数列{an}的公比为q.因为a1＝1，所以a2＝a1q＝q，a3＝a1q2＝q2.因为2a2是a3和4a1的等差中项，所以4a2＝a3＋4a1，即4q＝q2＋4，解得q＝2.所以an＝a1qn－1＝2n－1.(2)因为bn＋2＋bn＝2bn＋1所以数列{bn}是等差数列，又b1＝1，b7＝13，所以公差d＝eq\f(13－1,7－1)＝2.故bn＝2n－1.所以Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋…＋an＋bn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(1－2n,1－2)＋eq\f(1＋2n－1n,2)＝2n＋n2－1.18．(2023·福建莆田一中月考)(本题满分12分)在“①a1＋1，a3－1，a6－3成等比数列，②S5是a3和a23的等差中项，③{a2n}的前6项和是78”这三个条件任选一个，补充在下面横线上，并解答．已知数列{an}为公差大于1的等差数列，a2＝3，前n项和为Sn，且________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2n，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．[解析](1)设{an}的公差为d.选条件①：由题意知(a3－1)2＝(a1＋1)(a6－3)，即(d＋2)2＝(4－d)4d，解得d＝2或eq\f(2,5)，因为d>1，所以d＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.选条件②：由题意知2S5＝a3＋a23，则2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))＝a2＋d＋a2＋21d，即10(a2－d)＋20d＝2a2＋22d，解得d＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.选条件③：{a2n}的前6项和是78，即a2＋a4＋a6＋…＋a12＝6a2＋eq\f(6×5,2)×2d＝18＋30d＝78，解得d＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.(2)由(1)知cn＝(2n－1)×2n，则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，①2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，②①－②得－Tn＝21＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1＝2＋2×eq\f(221－2n－1,1－2)－(2n－1)×2n＋1＝(－2n＋3)2n＋1－6，③所以Tn＝(2n－3)2n＋1＋6.19．(本题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝2aeq\o\al(2,n)＋an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知对于任意的n∈N*，不等式eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)<M恒成立，求实数M的最小值．[解析](1)当n＝1时，2a1＋1＝2aeq\o\al(2,1)＋a1，又an>0，所以a1＝1.2Sn＋1＝2aeq\o\al(2,n)＋an(n∈N*)，当n≥2时，2Sn－1＋1＝2aeq\o\al(2,n－1)＋an－1(n∈N*)，作差整理得an＋an－1＝2(an＋an－1)(an－an－1)，因为an>0，所以an＋an－1>0.所以an－an－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．故数列{an}为首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列，所以an＝eq\f(n＋1,2).(2)由(1)知Sn＝eq\f(nn＋3,4)，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,nn＋3)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋3)))，从而eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋3)))))＝eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))＝eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)－\f(1,n＋1)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))<eq\f(22,9)，且当n→＋∞时，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)→eq\f(22,9)，所以M≥eq\f(22,9)，故M的最小值为eq\f(22,9).20．(2022·辽宁大连二十四中等校联考)(本题满分12分)已知等差数列{an}的公差为正实数，满足a1＝4，且a1，a3，a5＋4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，若b1＝1，且________，求数列{an·bn}的前n项和Tn，以下有两个条件：①Sn＝2n－1，n∈N*；②Sn＝2bn－1，n∈N*，从中选一个合适的条件，填入上面横线处，使得数列{bn}为等比数列，并根据题意解决问题．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，d>0.因为a1，a3，a5＋4成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1(a5＋4)，即(4＋2d)2＝4(4d＋8)，解得d＝2，所以an＝2n＋2(2)选①，Sn＝2n－1，n∈N*，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时等式也成立，所以bn＝2n－1.则an·bn＝(n＋1)·2n，所以Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，则2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝4＋eq\f(22×1－2n－1,1－2)－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1.选②，Sn＝2bn－1，n∈N*，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1，所以数列{bn}为以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1.则an·bn＝(n＋1)·2n，以下步骤同选①.21．(2023·山西太原期末)(本题满分12分)已知数列{an}中，a1＝2，nan＋1－n(n＋1)＝2(n＋1)(an－