单元04数列-2021-2022学年高二数学单元复习（人教A版2019选择性）

单元04数列真题模拟练1．【2021年全国甲卷理科7】等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B由题，当数列为-2,-4,-8,⋯时，满足q>0，但是{S若{Sn}是递增数列，则必有an>0故选：B．2．【2021年全国甲卷文科9】记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4，A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A∵Sn为等比数列{an∴S2，S4-∴S2=4∴S6∴S6故选：A.3．【2021年浙江10】已知数列{an}满足a1=1,an+1=anA．12<S100<3 B．3<S【答案】A因为a1=1,an+1=由a∴1a根据累加法可得，1an≤1+n-1∴an+1a所以S100≤6(1故选：A．4．【2021年北京6】{an}和{bn}是两个等差数列，其中akbk(1≤k≤5)为常值，A．64 B．128 C．256 D．512【答案】B由已知条件可得a1b1=a故选：B.5．【2021年北京10】数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，aA．9 B．10 C．11 D．12【答案】C若要使n尽可能的大，则a1不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n则an=n+2，S11所以n的最大值为11.故选：C.6．【2020年全国1卷文科10】设{an}是等比数列，且a1+a2A．12 B．24 C．30 D．32【答案】D【解析】设等比数列an的公比为q，则aa2因此，a6故选：D.7．【2020年全国2卷理科04】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为an，第一层共有n则{an}是以9为首项，9设Sn为{an别为Sn,S所以S3n即3n(9+27n)即9n2=729所以S3n故选：C8．【2020年全国2卷理科06】数列{an}中，a1=2，am+n=A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】在等式am+n=aman中，令所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a∴a∴2k+1=25故选：C.9．【2020年全国2卷理科12】01周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯an⋯满足ai∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得ai+m=ai(i=1,2,⋯)成立，则称其为01周期序列，并称满足ai+m=ai(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.A．11010⋯ B．11011⋯ C．10001⋯ D．11001⋯【答案】C【解析】由ai+m=ai知，序列aiC(k)=1对于选项A，C(1)=1C(2)=1对于选项B，C(1)=1对于选项D，C(1)=1故选：C10．【2020年全国2卷文科03】如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A．5 B．8 C．10 D．15【答案】C【解析】根据题意可知，原位大三和弦满足：k-j=3,j-i=4．∴i=1,j=5,k=8；i=2,j=6,k=9；i=3,j=7,k=10；i=4,j=8,k=11；i=5,j=9,k=12．原位小三和弦满足：k-j=4,j-i=3．∴i=1,j=4,k=8；i=2,j=5,k=9；i=3,j=6,k=10；i=4,j=7,k=11；i=5,j=8,k=12．故个数之和为10．故选：C．11．【2020年全国2卷文科06】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则Snan=A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q，由a5-a所以an因此Sn故选：B.12．【2020年浙江卷07】已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，a1d≤1．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，n∈A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C．a42=【答案】D【解析】对于A，因为数列an为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4+4=2+6可得，2a4由题意可知，bn+1=S∴b2=a3+a4∴2b4=2对于B，根据等差数列的下标和性质，由3+11=7+7,4+12=8+对于C，a4当a1=d时，a4对于D，b42=b4当d>0时，a1≤d，∴3d-2a当d<0时，a1≥d，∴3d-2a1=d+2d-a故选：D.13．【2020年北京卷08】在等差数列an中，a1=-9，a3=-1．记TA．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差d=a则其通项公式为：an注意到a1且由T5<0可知由TiTi-1由于a1故数列Tn中的正项只有有限项：T2=63故数列Tn中存在最大项，且最大项为T故选：B.14．【2021年新高考2卷12】设正整数n=a0⋅20+aA．ω(2n)=ω(n) B．ω(2n+3)=ω(n)+1C．ω(8n+5)=ω(4n+3) D．ω(【答案】ACD对于A选项，ω(n)=a0+所以，ω(2n)=a0+对于B选项，取n=2，2n+3=7=1⋅20+1⋅而2=0⋅20+1⋅21，则ω(2)=1对于C选项，8n+5=a所以，ω(8n+5)=2+a4n+3=a所以，ω(4n+3)=2+a0+a1对于D选项，2n-1=20+2故选：ACD.15．【2021年新高考1卷16】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，【答案】5720-15(3+n)（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm故对折4次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×3（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120(dm2),第n次对折后的图形面积为120×(12)n-1设S=k=1则12两式作差得：1=240+=360-120因此，S=720-240(n+3)故答案为：5；720-15(n+3)16．【2020年全国1卷文科16】数列{an}满足an+2+(-1)nan【答案】7【解析】an+2当n为奇数时，an+2=an+3n-1设数列an的前n项和为SS16=a=a=8a∴a故答案为：7.17．【2020年全国2卷文科14】记Sn为等差数列an的前n项和．若a1=-2,【答案】25【解析】∵an是等差数列，且a设an等差数列的公差根据等差数列通项公式：a可得a即：-2+d+整理可得：6d=6解得：d=1∵根据等差数列前n项和公式：S可得：S∴S故答案为：25.18．【2020年山东卷14】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】3【解析】因为数列2n-1是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列3n-2是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列an是以1为首项，以6所以an的前n项和为n⋅1+故答案为：3n19．【2020年江苏卷11】设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n【答案】4【解析】设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题意等差数列an的前n项和公式为P等比数列bn的前n项和公式为Q依题意Sn=P通过对比系数可知d2=1a故答案为：420．【2020年浙江卷11】已知数列{an}满足an=n(n+1)2，则S【答案】10【解析】因为an=n即S3故答案为：10.21．【2020年海南卷14】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】3【解析】因为数列2n-1是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列3n-2是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列an是以1为首项，以6所以an的前n项和为n⋅1+故答案为：3n22．【2020年上海卷02】计算：limn→∞n+1【答案】解：limn→∞故答案为：1323．【2020年上海卷08】已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则a1+【答案】解：根据题意，等差数列{an}满足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以a1故答案为：27824．【2021年全国甲卷理科18】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{a①数列{an}是等差数列：②数列{S注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】答案见解析选①②作条件证明③：设Sn=an+b(a>0)，则当n=1时，a1当n≥2时，an因为{an}也是等差数列，所以(a+b)所以an=a选①③作条件证明②：因为a2=3a所以公差d=a所以Sn=na因为Sn+1所以{Sn选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则当n=1时，a1当n≥2时，an因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)当b=0时，a1=a2,an当b=-4a3时，Sn=an+b综上可知{an25．【2021年全国甲卷文科18】记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0,【答案】证明见解析.∵数列{Sn∴Sn=∴Sn=∴当n≥2时，a当n=1时，2a1×1-∴{an}的通项公式为∴a∴{an26．【2021年新高考1卷17】已知数列{an}满足（1）记bn=a2n，写出b1（2）求{an}的前【答案】（1）b1=2,b2=5（1）由题设可得b又a2k+2=a2k+1+1故a2k+2=a2k所以{bn}（2）设{an}的前20项和为S因为a1所以S=2(b27．【2021年全国乙卷理科19】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{（1）证明：数列{bn（2）求{a【答案】（1）证明见解析；（2）an（1）由已知2Sn+1bn=2得取n=1,由S1=b由于bn为数列{Sn所以2b所以2b所以2b由于b所以22bn+1-1=所以数列{bn}是以b1（2）由（1）可得，数列{bn}是以b∴bSn当n=1时，a1当n≥2时,an=Sn-S∴an28．【2021年全国乙卷文科19】设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn（1）求{an}（2）记Sn和Tn分别为{an}和{【答案】（1）an=(13)因为{an}是首项为1的等比数列且a1，所以6a2=即9q2-6q+1=0，解得q=所以bn（2）证明：由（1）可得SnTn=13T①-②得23Tn所以Tn所以Tn所以Tn29．【2021年浙江20】已知数列{an}的前n项和为Sn，（1）求数列{a（2）设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0，记{bn}【答案】（1）an=-3⋅(34（1）当n=1时，4(a4a当n≥2时，由4Sn+1得4Sn=3Sn-1-9②a2又a2a1=3∴a（2）由3bn+(n-4)所以Tn34两式相减得1=-=-9所以Tn由Tn≤λb即λ(n-4)+3n≥0恒成立，n=4时不等式恒成立；n<4时，λ≤-3nn-4=-3-n>4时，λ≥-3nn-4=-3-所以-3≤λ≤1.30．【2021年北京21】定义Rp数列{an}：对实数p，满足：①a1+p≥0，a2+p=0；（1）对于前4项2，2，0，1的数列，可以是R2（2）若{an}是R（3）是否存在p，使得存在Rp数列{an}，对【答案】（1）不可以是R2数列；理由见解析；（2）a5=1；（3(1)由性质③结合题意可知0=a矛盾，故前4项2,-2,0,1的数列，不可能是R2数列(2)性质①a1由性质③am+2∈{am,am+1}，因此若a4=0，由性质②可知a3<a若a4=1,a3=a因此只能是a4又因为a4=a1+a3若a1=1不满足a2=0当a1=0，则{an}前四项为:0，0下面用纳法证明a4n+i当n=0时，经验证命题成立，假设当n≤k(k≥0)时命题成立，当n=k+1时：若i=1，则a4(k+1)+1=a{aj+否则，若a4k+5=k，取k=0可得：而由性质②可得：a5=a1同理可得：{aj+{aj+{aj+a即当n=k+1时命题成立，证毕.综上可得：a1=0，(3)令bn=a∀m,n∈N由于b1因此数列{bn}为由（2）可知:若∀n∈N,aS11-S因此p=2，此时a1,a231．【2021年新高考2卷17】记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前（1）求数列{an}（2）求使Sn>a【答案】(1)an(1)由等差数列的性质可得：S5=5a设等差数列的公差为d，从而有：a2S4从而：-d2=-2d数列的通项公式为：an(2)由数列的通项公式可得：a1=2-6=-4，则：则不等式Sn>an即：解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.32．【2021年天津19】已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn（I）求{an}（II）记cn（i）证明{c（ii）证明k=1【答案】（I）an=2n-1,n∈N*，bn=4n【解析】（I）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8所以a1+a所以an设等比数列{bn}所以b3-b所以bn（II）（i）由题意，cn所以cn所以cn2-所以数列{c（ii）由题意知，an所以an所以k=1n设Tn则12两式相减得12所以Tn所以k=1n33．【2020年全国1卷理科17】设{an}是公比不为1的等比数列，a1为（1）求{a（2）若a1=1，求数列{na【答案】（1）-2；（2）Sn【解析】（1）设{an}的公比为q，a∵2a∵q≠1,∴q=-2；（2）设{nan}的前n项和为SSn=1×1+2×(-2)+3×-2Sn①-②得，3=1-∴S34．【2020年全国3卷理科17】设数列{an}满足a1=3，an（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1）a2=5，a3=7，an【解析】（1）由题意可得a2=3a由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即证明如下：当n=1时，a1假设n=k时，ak=2k+1那么n=k+1时，ak+1=3则对任意的n∈N*，都有（2）由（1）可知，aSn2S由①-②得：-=6+2×2即Sn35．【2020年全国3卷文科17】设等比数列{an}满足a1+a（1）求{an}的通项公式；（2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm+【答案】（1）an=3n-1；（【解析】（1）设等比数列an的公比为q根据题意，有a1+a所以an（2）令bn所以Sn根据Sm+S整理得m2-5m-6=0，因为m>0，所以36．【2020年山东卷18】已知公比大于1的等比数列{an}（1）求{a（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)【答案】（1）an=2n；（【解析】（1）由于数列an是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3所以an=2n，所以数列（2）由于21b1对应的区间为：0,1，则bb2,b3对应的区间分别为：0,2,0,3，则b4,b5,b6,bb8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：0,8b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：0,16b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：0,32b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：0,64所以S10037．【2020年江苏卷20】已知数列an(n∈N*)的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有S（1）若等差数列an是“λ–1”数列，求λ（2）若数列an是“33-2”数列，且an＞0（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列an为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ【答案】（1）1；（2）an=1,n=13⋅4【解析】（1）S（2）∵∵S∴(∴∵S1∴a∴a（3）假设存在三个不同的数列an为"λ-3"Sn∴Sn∴Sn∵对于给定的λ，存在三个不同的数列an为"λ-3"数列，且∴an=1,n=1(λ3-1)Sn+123①当λ<1时，Δ=(λ3此时f0=λ3②当λ>1时，Δ=(λ3+2)2-4(λ综上，0<λ<138．【2020年浙江卷20】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=6b（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d>0，证明：c1【答案】（I）q=12,a【解析】（I）依题意b1=1,b2=q,b3=q2，而所以bn+2=12n+1，故cn+1=12n-112所以an+1-an=c所以a=4（II）依题意设bn=1+n-1所以cn故c=b所以c=1+由于d>0,b1=1，所以b即c139．【2020年天津卷19】已知an为等差数列，bn为等比数列，（Ⅰ）求an和b（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn=3an【答案】（Ⅰ）an=n，bn【解析】(Ⅰ)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由a1=1，a5从而an的通项公式为a由b1又q≠0，可得q2-4q+4=0，解得q从而bn的通项公式为b(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn故SnSn+2从而Sn所以Sn(Ⅲ)当n为奇数时，cn当n为偶数时，cn对任意的正整数n，有k=1n和k=1nc由①得14k=1由①②得34由于24从而得：k=1n因此，k=12n所以，数列cn的前2n项和为440．【2020年北京卷21】已知an①对于an中任意两项ai,aj(i>j)，在②对于an中任意项an(n⩾3)，在an中都存在两项(Ⅰ)若an=n(n=1,2,⋯)，判断数列(Ⅱ)若an=2(Ⅲ)若an是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：an【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.【解析】(Ⅰ)∵(Ⅱ)∵∀i,j∈∵∀n∈N(Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然an≠0n∉N*第一种情况：若N0=1，即由①可知：存在m1，满足am1=a由N0=1可知a22第二种情况：若N0≥2，由①知存在实数m，满足am=a另一方面，am=a这与N0的定义矛盾，假设不成立同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明a3利用性质②：取n=3，此时a3由数列的单调性可知ak而a3=a此时必有k=2,l=1，即a3最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列an的前kk≥3项成等比数列，不妨设其中a1>0,q>1，（由①可得：存在整数m，满足am=ak2a由②得：存在s>t，满足：ak+1=a由as=a1qs-1由（**）和（*）式可得：a1结合数列的单调性有：k≥2s-t-1>k-1，注意到s,t,k均为整数，故k=2s-t-1，代入（**）式，从而ak+1总上可得，数列an的通项公式为：a即数列an为等比数列【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取n=3，此时a3由数列的单调性可知ak而a3=a此时必有k=2,l=1，即a3即a1,a然后利用性质①：取i=3,j=2，则am即数列中必然存在一项的值为a1q3否则，由数列的单调性可知a4在性质②中，取n=4，则a4=a与前面类似的可知则存在k,l⊆1,2,3k>l若k=3,l=2，则：a4若k=3,l=1，则：a4若k=2,l=1，则：a4即不存在满足题意的正整数k,l，可见a4<a同理可得：a5=a同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列an为等比数列41．【2020年海南卷18】已知公比大于1的等比数列{an}（1）求{a（2）求a1【答案】（1）an=2n【解析】(1)设等比数列an的公比为q(q>1)，则a整理可得：2q∵q>1,q=2,a数列的通项公式为：an(2)由于：-1n-1故：a=2=242．【2020年上海卷21】已知数列{an}为有限数列，满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，则称{an}满足性质P．（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；（2）若a1＝1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；（3）若{an}是1，2，3，…，m的一个排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性质P，求所有满足条件的数列{an}．【答案】解：（1）对于数列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不满足题意，该数列不满足性质P．（2）由题意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，两边平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，当q≥1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n＝2时，q（