第七章 数列（综合检测）【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）参

第七章数列章末检测参考答案1．D2．A3．A4．A5．B6．D7．D8．B9．BC10．ABD11．BC12．BD13．014．115．12016．2510117．【详解】（1）由已知na为等差数列，记其公差为d，①当2n时，1128,128,nnnnanaana所以两式相减可得12dd,1,d②当1n时，21128aa，所以16a．所以，7nan．（2）22211131131692222228nddSnannnn，所以，当n取与132最接近的整数6或7时，67SS最小，最小值为—21．18．【详解】解：（1）由129(1)nnaSn…．可得129(2)nnaSn…，两式相减得12nnnaaa，∴13,2,nnaannN，又212927aS，213aa．故na是首项为9，公比为3的等比数列，∴1*3,nnanN（2）113log31nnnbbn当2n…时，112211(1)()()()(21)12nnnnnnnbbbbbbbbn又1n符合上式，*(1),2nnnbnN．∴*12,(1)nnbnnN．则121111111112(1)2(1)22311nbbbnnn∵12(1)21n，112(1)2(1)112n…∴1211112nbbb„．19．【详解】（1）由21nnSannN，得2nnSnan，11211nnSnan，两式相减得，111nnnana，则有1211nnnana，两式相减得，212nnnaaa，∴211nnnnaaaa，数列na是等差数列，当1n时，11121,1aaa，又23,2ad，12121nann.（2）2122nnnnanb，23234113521113521,222222222nnnnnnTT，两式相减得2311122221222222nnnnT1111142121212212nnn132322nn，2332nnnT.20．【详解】解：（1）由于15a，2a为整数，所以等差数列na的公差d为整数，又3nSS，所以30a，40a，即：520530dd，解得5523d，所以2d，所以数列na的通项公式为27nan.（2）由270nan得：72n，所以34nnnnanbaan，当3n时，2(572)62nnnTnn；当4n时，123453332nnnnTaaaaaaSSSSS，所以22186618nTnnnn；所以22636184nnnnTnnn.21．【详解】（1）点1,nnaa在函数2()42fxxx的图象上，2142nnnaaa，2122nnaa，数列2na是“平方递推数列”，因为1lg2lg(82)10a，对2122nnaa两边同时取对数得1lg22lg2nnaa，数列lg2na是以1为首项、2为公比的等比数列；（2）由（1）知11lg2122nnnnba，所以12,27,?nnndnn为奇数为偶数所以1013579246810Sbbbbbccccc514(2272107)51(10241)954361423.22．【详解】（1）选择①：因为21nnaS，则22111421,421(2)nnnnnnSaaSaan，两式相减得221142(2)nnnnnaaaaan，即1120(2)nnnnaaaan，而Nn，0na，则12(2)nnaan，因此数列na是以11a为首项，2为公差的等差数列，所以12(1)21nann.选择②：因为1121(2)nnnSSSn，则112(2)nnnnSSSSn，于是当2n时，12nnaa，即12nnaa，由214SS，得2114aaa，即有21122aaa，因此Nn，12nnaa，即数列na是以11a为首项，2为公差的等差数列，所以12(1)21nann.选择③：因为1(2)nnnaSSn，又1(2)nnnaSSn，则11nnnnSSSS，即111nnnnnnSSSSSS，显然10(2)nnnSSan，于是11nnSS，即nS是以1为首项，1为公差的等差数列，从而nSn，即2nSn，因此121(2)nnnaSSnn，而11a满足上式，所以21nan.（2）由（1）知，21nan，122nnnaaSn，因此11221111111(1)nnnnnnnnnnaSSbSSSSSSnn，则12322222211111111223(1)(1)nnTbbbbnnn，显然数列21(1)n单调递减，于是2110(1)4n，则231114(1)n，所以314nT.