《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測練（二）文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測練（二）文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測練（二）文 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.(2018·泉州一模)已知{an}是等比數(shù)列,a1=1,a3=2,則= (　　) A.1 B.2 C.4 D.8 【解析】選C.因為{an}是等比數(shù)列,a1=1,a3=2, 所以q2==2,所以=q4=4. 2.在等差數(shù)列{an}中,已知a3+a7=10,則數(shù)列{an}的前9項和為 (　　) A.90 B.100 C.45 D.50 【解析】選C. 因為等差數(shù)列{an}中,a3+a7=10,所以a5=5

2、,所以S9=9a5=45. 3.已知首項與公比相等的等比數(shù)列{an}中,滿足am=(m,n∈N*),則+的最小值為 (　　) A.1 B. C.2 D. 【解析】選A.因為首項與公比相等的等比數(shù)列{an},所以an=qn,所以qm(qn)2=q8, 所以m+2n=8,所以+==≥=1. 4.(2018·廣州一模)等差數(shù)列l(wèi)og3,log3,log3,…的第四項等于 (　　) A.3 B.4 C.log318 D.log324 【解析】選A.因為等差數(shù)列l(wèi)og3,log3,log3,… 所以(3x)2=2x(4x+2),所以x=4,所以第四項為

3、log38+3(log312-log38)=3. 5.已知是等比數(shù)列,若a1=1,a6=8a3,數(shù)列的前n項和為Tn,則T5= (　　) A. B.31 C. D.7 【解析】選A.設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則q5=8q2,所以q=2,所以an=2n-1,所以=,所以T5==. 6.已知等比數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a3=4,則a4+a5+a6= (　　) A.-48 B.48 C.48或-6 D.-48或6 【解析】選D.設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則2q+2q2=4,所以q=1或q=-2,所以a4+a5+a6=2q3+2q4+2q5=6或-48

4、. 7.遞增的等比數(shù)列{an}的每一項都是正數(shù),設(shè)其前n項的和為Sn,若a2+a4=30, a1a5=81,則S6= (　　) A.121 B.-364 C.364 D.-121 【解析】選C.因為a2·a4=a1·a5=81,所以a2,a4是方程x2-30x+81=0的兩個根,又a2

5、.設(shè)an=2qn-1,則q7==2,又f′(x)=x[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′+(x-a1)(x-a2)…(x-a8),所以f′(0)=a1·a2·…·a8 =q1+2+…+7=28q28=28·24=212. 9.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S4=20,a5=10,則a16= (　　) A.-32 B.12 C.16 D.32 【解析】選D.S4=2(a1+a4)=4a1+6d=20, a5=a1+4d=10, 故a1=d=2,則a16=a1+15d=2+2×15=32. 10.(2018·洛陽一模)定義為n個正整數(shù)p1,p2,…,pn的

6、“均倒數(shù)”,若已知數(shù)列的前n項的“均倒數(shù)”為,又bn=,則++…+= (　　) A. B. C. D. 【解析】選C.因為數(shù)列{an}的前n項的“均倒數(shù)”為, 所以=,所以Sn=5n2, 所以a1=S1=5,n≥2時,an=Sn-Sn-1=5n2-5(n-1)2=10n-5,n=1時,上式成立, 所以an=10n-5, 所以bn==2n-1,==, 所以++…+ = ==. 11.在等差數(shù)列{an}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n項和,則使Sn達(dá)到最大值的n是 (　　) A.21 B.20 C.19

7、 D.18 【解析】選B.因為a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99, 所以a3=35,a4=33,從而d=-2,a1=39,Sn=39n+ n(n-1)(-2)=-n2+40n, 所以當(dāng)n=20時,Sn取最大值. 12.若數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=,則a2 018的值為 (　　) A.2 B.-3 C.- D. 【解析】選B.由題知a1=2,an+1=, 所以a2==-3,a3==-, a4==,a5==2, 故數(shù)列{an}是以4為周期的周期數(shù)列,故a2 018=a504×4+2=a2=-3. 【提分備選】(2018·鄭州一模)已知

8、數(shù)列的前n項和為Sn,a1=1,a2=2,且an+2-2an+1+an=0(n∈N*),記Tn=++…+(n∈N*),則T2 018= (　　) A.　 　B.　 　C.　 　D. 【解析】選C.因為an+2-2an+1+an=0,所以{an}是等差數(shù)列,又因為a1=1,a2=2,所以an=n,所以Sn=,所以==2,所以Tn=2+2 +2+…+2=2=,所以T2 018=. 第Ⅱ卷(非選擇題,共90分) 二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把正確答案填在題中橫線上) 13.(2018·泉州一模)數(shù)列{an}滿足an+an+1=n2+(-1)n,則a101-a1=

9、____________.? 【解析】因為an+an+1=n2+(-1)n, 所以an-1+an=(n-1)2+(-1)n-1, 兩個式子相減得an+1-an-1=2n-1+2(-1)n, 所以a3-a1=2×2-1+2(-1)2 a5-a3=2×4-1+2(-1)4 a7-a5=2×6-1+2(-1)6, … a101-a99=2×100-1+2(-1)100, 把上面的式子相加得a101-a1=2×(2+4+6+…+100)-1×50+2×50=5 150. 答案:5 150 14.(2018·湖北省八校聯(lián)考)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=-,若=,則a2·

10、a4=____________.? 【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q,若公比q=1,則S6=6a1,S3=3a1,所以=2,與已知矛盾,所以q≠1,所以==,解得q=-,又因為a1=-,所以a2a4==. 答案: 15.已知數(shù)列對任意的m,n∈N+有am+an=am+n,若a1=2,則a2 018=____________.? 【解析】令m=1,則可知a1+an=an+1,an+1-an=2, 所以{an}為等差數(shù)列,首項和公差均為2, 所以an=2+2(n-1)=2n,所以a2 018=4 036. 答案:4 036 16.(2018·蕪湖一模)已知數(shù)列{an},令Pn=(a1+

11、2a2+…+2n-1an)(n∈N*),則稱{Pn}為{an}的“伴隨數(shù)列”,若數(shù)列{an}的“伴隨數(shù)列”{Pn}的通項公式為Pn=2n+1(n∈N*),記數(shù)列{an-kn}的前n項和為Sn,若Sn≤S4對任意的正整數(shù)n恒成立,則實數(shù)k取值范圍為____________.? 【解析】由“伴隨數(shù)列”的定義可知a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1, 當(dāng)n=1時,a1=4, 當(dāng)n≥2時,用n-1替換n得a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n, 兩個式子相減得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n,所以an=2n+2, 所以an-kn=(2-k)n+2,因為Sn≤

12、S4恒成立,所以2-k<0,且(2-k)×4+2≥0,(2-k)×5+2≤0, 解得≤k≤,所以k的取值范圍為. 答案: 【提分備選】(2018·東北三省三校二模)數(shù)列{an}中,a1=,(n+1)(nan·an+1+an+1) -nan=0(n∈N*),設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn,則Sn=____________.? 【解析】由已知可得(n+1)nanan+1+(n+1)an+1-nan=0, 兩邊同除以(n+1)nanan+1,整理得-=1,所以為等差數(shù)列,所以=n+1,所以an=,所以= =, 所以Sn=++…+ ==. 答案: 三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答

13、應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟) 17.(12分)已知等差數(shù)列中,a3=6,a5+a8=26. (1)求數(shù)列的通項公式. (2)設(shè)bn=+n,求數(shù)列的前n項和Sn. 【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,則 解得 所以an=a1+(n-1)d=2n. (2)由(1)可得bn=22n+n=4n+n, 所以Sn=+=+. 18.(12分)(2018·廣東省六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足2Sn=n-n2.(n∈N*) (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)設(shè)bn=(k∈N*),求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n. 【解析】(1)當(dāng)n≥

14、2時,2an=2Sn-2Sn-1=n-n2-[(n-1)-(n-1)2]=2-2n, an=1-n(n≥2), 當(dāng)n=1時,由2S1=1-12得a1=0, 顯然當(dāng)n=1時上式也適合,所以an=1-n. (2)因為==-, 所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n) =(20+2-2+…+22-2n)+ =+-=-·-. 19.(12分)已知等差數(shù)列的前n項和為Sn,a1>0,a1·a2=,S5=10. (1)求數(shù)列的通項公式. (2)記數(shù)列bn=求數(shù)列的前2n+1項和T2n+1. 【解析】(1)由條件可得: ? 消去d得:+2a1-3=

15、0,解得a1=1或a1=-3(舍),所以d=,所以an=. (2)由(1)得:bn= 所以數(shù)列{bn}的前2n+1項和為: T2n+1=b1+b2+b3+b4+…+b2n+b2n+1=2++22++…++2n+1=(2+22+23+…+2n+1)+ =+·n=2n+2+-2. 20.(12分)(2018·西安二模)設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列,數(shù)列是各項都為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1=1,b1=2,a3+b3=11,a5+b5=37. (1)求數(shù)列,的通項公式. (2)設(shè)cn=an·bn,數(shù)列的前n項和為Tn,求證:Tn≤n2·2n-1+2. 【解析】(1)設(shè)數(shù)列的公差為d,數(shù)列的公比為q,

16、 依題意有 解得又bn>0,所以q=2, 于是an=a1+d=n,bn=b1qn-1=2n. (2)易知cn=n·2n 因為Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n, 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+·2n+n·2n+1, 兩式相減,得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=·2n+1-2 所以Tn=·2n+1+2 因為Tn-=-2n-1·≤0, 所以Tn≤n2·2n-1+2. 21.(12分)(2018·宜賓二模)已知首項為1的等差數(shù)列{an}中,a8是a5,a13的等比中項. (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)若數(shù)列{an}是單調(diào)數(shù)

17、列,且數(shù)列{bn}滿足bn=,求數(shù)列{bn}的前項和Tn. 【解析】(1)因為a1=1,a8是a5,a13的等比中項,{an}是等差數(shù)列, 所以(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),所以d=0或d=2. 所以an=1或an=2n-1. (2)由(1)及{an}是單調(diào)數(shù)列知an=2n-1, 所以bn==, 所以Tn=+++…　① 所以Tn=++…++?、? ①-②得 Tn=+++…+-=-, 所以Tn=-. 22.(14分)在各項均不相等的等差數(shù)列中,已知a4=5,且a3,a5,a8成等比數(shù)列. (1)求an. (2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn,記bn=,求數(shù)列的前n項

18、和Tn. 【解析】(1)設(shè)的公差為d(d≠0),由題意得 解得 所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×1=n+1. (2)由(1)知Sn=, 所以bn===- 所以Tn=b1+b2+…+bn=++…++=1-=, 所以Tn=. 【提分備選】 1.(2018·榆林一模)數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)證明:數(shù)列{}是等差數(shù)列. (2)若Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an,求T20. 【解析】(1)由已知可得=+1, 即-=1, 所以是以=1為首項,1為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)得=

19、n,所以an=n2, 因為Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an, 所以T20=12-22+32-42+…+(19)2-(20)2 =-[(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+…+ (20+19)(20-19)] =-(3+7+…+39)=-=-210. 2.已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,其中a1=b1=1,a2+b3=a4,a3+b4=a7. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式. (2)記cn=(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),求數(shù)列{cn}的前n項和Sn. 【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為

20、q, 由a1=b1=1,得an=1+(n-1)d,bn=qn-1, 由a2+b3=a4,a3+b4=a7,得q2=2d,q3=4d, 所以d=q=2. 所以{an}的通項公式an=2n-1,{bn}的通項公式bn=2n-1. (2)由(1)可得a1+a2+…+an=n2,b1+b2+…+bn=2n-1, 故cn=×n2(2n-1)=n·2n-n. 則Sn=(1×2+2×22+…+n·2n)-(1+2+…+n). 令Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,① 則2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,② 由②-①,得Tn=n·2n+1-(2+22+23+…+2n)=(n-1)·2n+1+2. 所以Sn=(n-1)·2n+1+2-(1+2+…+n)=(n-1)·2n+1-+2.