浙江省宁波市效实中学2020届高考数学专项复习练习：数列(-答案解析)

12020届浙江宁波效实中学高考数学专项复习练习：数列1.记nS为等差数列{}na的前n项和．已知4505Sa，，则A．25nanB． 310nanC．228nSnnD．2122nSnn2.设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，nN，则A．当101,102baB．当101,104baC．当102,10baD．当104,10ba3.设nS为等差数列na的前n项和，若3243SSS，12a，则5aA．12B．10C．10D．124.已知等比数列na的前n项和为nS,3123Saa，则42SSA．2B．3C．4D．55.已知1234,,,aaaa成等比数列，且1234123ln()aaaaaaa．若11a，则A．1324,aaaaB．1324,aaaaC．1324,aaaaD．1324,aaaa6．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答2案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A．440B．330C．220D．1107．天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．8．在数1和2之间插入n个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为nA，令*2log,nnaAnN．数列na的通项公式为na=____________；2446222tantantantantantannnnTaaaaaa=___________．9．已知数列na的前n项和为nS，且1233nnS，若21363nan对一切*nN恒成立，则实数的取值范围是__________．10.已知集合*{|21,}AxxnnN，*{|2,}nBxxnN．将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}na．记nS为数列{}na的前n项和，则使得112nnSa3成立的n的最小值为___________．11.已知等比数列{}na的前n项和为*234,2,,4nSnNSSS成等差数列，且2341216aaa.（1）求数列{}na的通项公式；（2）若2(2)lognanbn，求数列1nb的前n项和nT.12．已知数列na满足113,31.2nnaaanN（1）若数列nb满足12nnba，求证：nb是等比数列；（2）若数列nc满足312log,nnnncaTccc，求证：1.2nnnT13.设na是等差数列，nb是等比数列．已知1122334,622,24abbaba，．4（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）设数列nc满足111,22,2,1,,kknkkcncbn其中*kN．求数列221nnac的通项公式；14．设等差数列{}na的前n项和为nS，34a，43aS，数列{}nb满足：对每个12,,,nnnnnnnSbSbSbN成等比数列．（1）求数列{},{}nnab的通项公式；（2）记,,2nnnacnbN证明：12+2,.ncccnnN15．设{}na是首项为1a，公差为d的等差数列，{}nb是首项为1b，公比为q的等比数列．5（1）设110,1,2abq，若1||nnabb对1,2,3,4n均成立，求d的取值范围；（2）若*110,,(1,2]mabmqN，证明：存在dR，使得1||nnabb对2,3,,1nm均成立，参考答案和解析1．[答案]A[解析]由题知，41514430245dSaaad，解得132ad，∴25nan，24nSnn,故选A．2．[答案]A[解析]①当b=0时，取a=0，则0,nanN.②当0b时，令2xxb，即20xxb.6则该方程140b，即必存在0x，使得2000xxb，则一定存在10==aax，使得21nnnaaba对任意nN成立，解方程20aab，得1142ba，当114102b时，即90b…时，总存在1142ba，使得121010aaa，故C、D两项均不正确.③当0b时，221aabb，则2232aabbb，22243aabbbb….（ⅰ）当12b时，22451111711,1222162aa，则26111112224a，2719222a，28918310224a，则2981102aa，21091102aa，故A项正确.（ⅱ）当14b时，令1==0aa，则2231111,4442aa，所以224311114242aa，以此类推，7所以2210911114242aa，故B项不正确.故本题正确答案为A.3．[答案]B[解析]设等差数列的公差为d，根据题中的条件可得3243332224222ddd，整理解得3d，所以51421210aad，故选B．4．[答案]B[解析]由3123Saa可得312aa，所以22q，又因为2123434421212113aaaaaaSqSaaaa，所以选B.5．[答案]B[解析]令ln1,fxxx则11fxx，令0,fx得1x，所以当1x时，0fx，当01x时，0fx，因此10,ln1fxfxx.若公比0q，则1234123123lnaaaaaaaaaa，不合题意；若公比1q，则212341110,aaaaaqq但212311lnln1ln0aaaaqqa，即12341230lnaaaaaaa，不合题意；因此210,0,1qq，22113224,0aaqaaaqa，故选B.6．[答案]A[解析]由题意得，数列如下：811,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k则该数列的前(1)122kkk项和为11(1)1(12)(122)222kkkkSk，要使(1)1002kk，有14k，此时122kk，所以2k是第1k组等比数列1,2,,2k的部分和，设1212221ttk，所以2314tk，则5t，此时52329k，所以对应满足条件的最小整数293054402N，故选A.7．[答案]2433402[解析]第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，所以，a27＝9×27＝243，前27项和为：1272727()27(9243)22aaS＝3402.8．[答案]22n;tan22.tan1ntann[解析]1设在数1和2之间插入n个正数，使得这2n个数构成递增等比数列nb9则1121,21nnbbq，即12nqq，为此等比数列的公比12221231231122212nnnnnnnnAqqqqqqq22log2nnnaA故数列na的通项公式为22nna2由1可得22log2nnnaA，又tan1tantan1tan111tan1tannnnnntan1tantan1tan1tan1nnnn*222tan2tan1tantantan1tan21,tan1nnnnaannnN2446222nnnTtanatanatanatanatanatanatan2tan1tan3tan2tan4tan3tan5tan41111tan1tan1tan1tan1nntan2tan2tan1nn,*nN故答案为tan2tan2tan1nn9．[答案]13,18[解析]111233,2936,3nnSaa，当1n时，10112223323,3nnnnnnnnaSSa.又113a且21363nan，363213nn，得183123nn，因为111821831872333nnnnnn，所以当4n时，183123nn取得最大值，最大值为184311313,231818n，故答案为13,18.10．[答案]27[解析]所有的正奇数和2nnN按照从小到大的顺序排列构成{}na，在数列|{}na中，25前面有16个正奇数，即5621382,2aa.当n=1时，1211224Sa，不符合题意；当n=2时，2331236Sa，不符合题意；当n=3时，3461248Sa，不符合题意；当n=4时，451012=60Sa，不符合题意；……；当n=26时，2752621221(141)441625032121=2516Sa，不符合题意；当n=27时，8527221222(143)21484+62=54612=5420Sa,符合题意.故使得+112nnSa成立的n的最小值为27.11．[答案&解析]（1）设等比数列{}na的公比为q，由23424,,SSS成等差数列知，324224SSS，所以432aa，即12q.又2341216aaa，所以231111216aqaqaq，所以112a，所以等差数列{}na的通项公式12nna.11（2）由（1）知1()22(2)log(2)nnbnnn，所以11111(2)22nbnnnn所以数列1nb的前n项和：11111111111232435112nTnnnn111112212nn32342(1)(2)nnn所以数列1nb的前n项和32342(1)(2)nnTnn12．[答案&解析](1)由题可知*nN，从而有