备战2025年高考二轮复习数学专题突破练11

专题突破练(分值:92分)学生用书P163一、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.(2024·陕西西安模拟)已知数列{an}满足∑k=1nak2k-1=n+A.2024 B.2023 C.4047 D.4048答案C解析由题意可得a1+a23+a35+…+an2n-1=n+1,当n=1时,a1=2;当n≥2时,a1+a23+a35+综上所述,an=2,n所以a2024=4047,故选C.2.(2024·湖北黄冈模拟)数列{an}的首项为1,前n项和为Sn,若Sn+Sm=Sn+m(m,n∈N*),则a9=()A.9 B.1 C.8 D.45答案B解析由题意知,数列{an}的首项为1,且Sn+Sm=Sn+m,令m=1,可得Sn+S1=Sn+1,即Sn+1-Sn=S1=1,所以数列{Sn}是首项为1,公差为1的等差数列,所以Sn=1+(n-1)×1=n,则a9=S9-S8=1.故选B.3.(2024·福建漳州一模)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=an+1,则a8a7=A.-12 B.-13 C.答案A解析因为3Sn=an+1,则3Sn+1=an+1+1,两式相减可得3an+1=an+1-an,即2an+1=-an,令n=7,可得2a8=-a7,且an≠0,所以a8a7=-14.(2024·湖北武汉模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+1=3Sn+2,n∈N*,则S5=()A.80 B.160 C.121 D.242答案D解析由Sn+1=3Sn+2,得Sn=3Sn-1+2(n≥2),所以Sn+1-Sn=3Sn-3Sn-1,得an+1=3an,所以等比数列{an}的公比为q=3,所以由Sn+1=3Sn+2,得a1(1-3n+1)1-3=3×a1(1-3n)1-3+2,所以所以S5=2×(1-35)1-3=35.(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an+1=an+a1+2n,a10=130,则a1=()A.1 B.2 C.3 D.4答案D解析由题意可得an+1-an=a1+2n,则可得a2-a1=a1+2,a3-a2=a1+4,…,a10-a9=a1+18,将以上等式左右两边分别相加得,a10-a1=9a1+9×(2+18)2=9a1+90,即a10=10a又a10=130,所以a1=4.故选D.6.(2024·山东青岛模拟)若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930的最大正整数n为()A.28 B.29 C.30 D.31答案B解析依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,anan-1=n+1n-1(n≥2),所以an=a1·a2a1·a3a所以an=n(n+1),{an}是递增数列.由an=n(n+1)<930,(n+31)(n-30)<0,解得-31<n<30,所以n的最大值为29.故选B.7.(2024·陕西咸阳三模)某校组织知识竞赛,已知甲同学答对第一题的概率为911,从第二题开始,甲同学回答第n题时答错的概率为Pn,Pn=112Pn-1+23,当n≥2时,Pn≥M恒成立,则M的最大值为A.1522 B.1722答案A解析依题意,P1=1-911=211,当n≥2时,由Pn=112Pn-1+23,得Pn-811=112Pn-1-811,而P1-811=-611,因此数列Pn-811是首项为-611,公比为112的等比数列,则Pn-811=-611×112n-1,即Pn=811-611×112n-1,8.(2024·安徽合肥模拟)数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m=()A.175 B.176 C.177 D.178答案B解析由从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,a1=a2=1,由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2-an+1,所以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,…,an=an+2-an+1,将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.所以2(a3+a6+a9+…+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174)+1=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176.故m=176.故选B.二、选择题:本题共2小题,每小题6分,共12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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2024·河北石家庄模拟)已知数列{an}满足a1=13,an+1=2an2an+1(n∈A.1B.{an}的通项公式为an=2C.{an}为递减数列D.1an的前n项和Tn=2n+1答案AB解析因为an+1=2an2an+1(n∈N*),由题意显然an≠0,an+1≠0,变形得1an+1=1+2an2an=12×1an+1,所以1an+1-2=12(1an-2).又因为1a1-2=1≠0,所以1an-2是以1为首项,12为公比的等比数列,A正确;因为1an-2=(12)n-1,所以an=12+(12)

n-1=2n-12n+1,B正确;因为(12)n-1单调递减,所以an=12+(12)10.(2024·山东济宁三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3n+1-3,数列{bn}的前n项和为Tn,且满足Tnn=12bn+1,A.a1=3b1B.数列{an}是等比数列C.数列{bn}是等差数列D.若b2=3,则∑答案BC解析由2Sn=3n+1-3,得Sn=12×3n+1-32,a1=S1=3.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12(3n+1-3n)=3n,a1=3满足上式,因此an=3n,数列{an}是等比数列,B正确;由Tnn=12bn+1,得Tn=n2bn+n,b1=T1=12b1+1,解得b1=2,a1≠3b1,A错误;当n≥2时,Tn-1=n-12bn-1+n-1,两式相减得n-22bn+1=n-12bn-1,于是n2bn=n-12bn+1+1,两式相加得2n-22bn=n-12bn-1+n-12bn+1,整理得2bn=bn-1+bn+1,因此数列{bn}是等差数列,C正确;当b2=3时,三、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.11.(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,nan+1=(n+2)Sn,则an=.

答案(n+1)·2n-2解析当n≥2时,(n-1)an=(n+1)Sn-1,即Sn=nn+2an+1,Sn-1=n-则Sn-Sn-1=nn+2an+1-n-1n即an+1an=2(n+2)n+1,则有anan-1=2(n当n=1时,a1=1,符合上式,故an=(n+1)·2n-2.12.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,则k的值为.

答案4解析因为Sn=2an+n-7,①所以当n=1时,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),②①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=5≠0,即an-1an-1-1=2,所以{a所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.因为30<ak<50,所以30<5·2k-1+1<50,所以295<2k-1<495,又k∈N*,所以k=四、解答题:本题共2小题,共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.13.(15分)(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足4Sn=(an+1)2,其中Sn是数列{an}的前n项和.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n,求{bn}的前2n项和T2n.解(1)4Sn=(an+1)2,当n≥2时,4Sn-1=(an-1+1)2,两式作差可得4an=an2-an-12+2an-2an-1,(an-an-1)(an+an-1)-2(an+an-1)=0,(an+an-1)(an又an>0,故an-an-1=2.又当n=1时,4a1=(a1+1)2,解得a1=1.故数列{an}为首项为1,公差为2的等差数列,则an=2n-1.(2)bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n=(-1)n·(2n-1)+[(-1)n+1]×2n.b2k+b2k-1=(-1)2k·(4k-1)+[(-1)2k+1]×22k+(-1)2k-1(4k-3)+[(-1)2k-1+1]×22k-1=4k-1+22k+1-4k+3=2+22k+1,k∈N*,故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(2+23)+(2+25)+…+(2+22n+1)=2n+23[1-4n]14.(15分)(2024·山东菏泽模拟)定义:如果数列{an}从第三项开始,每一项都介于前两项之间,那么称数列{an}为“跳动数列”.(1)若数列{an}的前n项和Sn满足3Sn=2-2an+1,且a1=1,求{an}的通项公式,并判断{an}是否为“跳动数列”;(2)若公比为q的等比数列{an}是“跳动数列”,求实数q的取值范围;(3)若“跳动数列”{an}满足an+1=-12an2+32,证明:-1<an<1(1)解因为3Sn=2-2an+1且a1=1,当n=1时,3S1=2-2a2,解得a2=-1当n≥2时,3Sn-1=2-2an,所以3Sn-3Sn-1=2-2an+1-(2-2an),即3an=2an-2an+1,所以an+1an=-1又a2a1=-12,所以{an}是以1为首项,-12为公比的等比数列,所以an=-12n-因为(an+2-an+1)(an+2-an)=[-12n+1--12n][-12n+1--12n-1]=[-12×-12n--1所以{an}是“跳动数列”.(2)解由“跳动数列”的定义可知:{an}是“跳动数列”⇔(an+2-an+1)(an+2-an)<0.若公比为q的等比数列{an}是“跳动数列”,则(an+2-an+1)(an+2-an)=(anq2-anq)(anq2-an)<0,即an2(q2-q)(q2-1)<0,所以(q2-q)(q2-1)<0,即q(q-1)2(q+1)<0,解得-1<q<0,即实数q的取值范围为(-(3)证明由an+1=-12可得an+2=-12所以an+2-an+1=-12an+12+32--12则an+2-an=(an+2-an+1)+(an+1-an)=12(an-an+1)(an+an+1)+(an+1-an)=(an+1-an)-12(an+an+1)+1=-12(a由{