【红对勾】（新课标）2023高考数学大一轮复习 第五章 数列单元质量检测 理.DOC

【红对勾】（新课标）2016高考数学大一轮复习第五章数列单元质量检测理时间：90分钟　分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．在等差数列{an}中，a2＋a8＝4，则它的前9项和S9＝(　　)A．9B．18C．36D．72解析：在等差数列中，a2＋a8＝a1＋a9＝4，所以S9＝＝＝18.答案：B2．已知数列{an}为等差数列，其前n项的和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝(　　)A．1B．2C．3D.解析：在等差数列中，S3＝＝＝12，解得a1＝2，所以解得d＝2.答案：B3．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝(　　)A.B.C.D．2解析：∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝或－1(舍去)．答案：A4．设等差数列{an}前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)A．6B．7C．8D．9解析：设该数列的公差为d，则a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2，∴Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，∴当n＝6时，取最小值．8\n答案：A5．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足2an－a1＝S1·Sn(a1≠0，n∈N*)，则a7等于(　　)A．16B．32C．64D．128解析：令n＝1，则a1＝1，当n＝2时，2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2，当n≥2时，由2an－1＝Sn，得2an－1－1＝Sn－1，两式相减，解得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1，于是数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，因此an＝2n－1.故a7＝26＝64.答案：C6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1，n∈N*)，第k项满足750<ak<900，则k等于(　　)A．8B．7C．6D．5解析：由an＋1＝3Sn及an＝3Sn－1(n≥2)，得an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)，又a2＝3S1＝3，所以an＝又750<ak<900，代入得k＝6.答案：C7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－，则x的值为(　　)A.B．－C.D．－解析：当n＝1时，a1＝S1＝x－，①当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝x·(3n－1－3n－2)＝2x·3n－2，因为{an}是等比数列，所以a1＝＝＝，②8\n由①②得x－＝，解得x＝.答案：C8．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和Sn等于(　　)A．n·2nB．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1D．2n＋1解析：∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.答案：C9．已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2,8)，则a7的值为(　　)A.B．7C．5D．6解析：由题意知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝，又n＝1时其图象过点(2,8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列，an＝＋，得a7＝5.答案：C10．(2015·河南省郑州市第一次质量预测)设函数f1(x)＝x，f2(x)＝log2015x，ai＝(i＝1,2，…，2015)，记Ik＝|fk(a2)－fk(a1)|＋|fk(a3)－fk(a2)|＋…＋|fk(a2015)－fk(a2014)|，k＝1,2，则(　　)A．I1<I2B．I1＝I2C．I1>I2D．I1与I2的大小关系无法确定解析：依题意，f1(ai＋1)－f1(ai)＝ai＋1－ai＝－＝，因此I1＝|f1(a28\n)－f1(a1)|＋|f1(a3)－f1(a2)|＋…＋|f1(a2015)－f1(a2014)|＝，f2(ai＋1)－f2(ai)＝log2015ai＋1－log2015ai＝log2015－log2015>0，I2＝|f2(a2)－f2(a1)|＋|f2(a3)－f2(a2)|＋…＋|f2(a2015)－f2(a2014)|＝(log2015－log2015)＋(log2015－log2015)＋…＋(log2015－log2015)＝1，因此I1<I2，选A.答案：A二、填空题(每小题4分，共16分)11．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：因为a1，a2，a5成等比数列，a1＝1，所以(1＋d)2＝1＋4d，化简得d2＝2d.因为d≠0，所以d＝2，故S8＝8a1＋d＝8＋56＝64.答案：6412．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：因为Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时Sn＝2Sn－1＋n，两式相减得；an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2.又S2＝2S1＋1＋1，a1＝S1＝1，所以a2＝3，所以＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n即an＝2n－1(n∈N*)．答案：2n－113．如图，有一个形如六边形的点阵，它的中心是一个点(算第层)，第2层每边有两个点，第3层每边有三个点，依次类推．8\n(1)试问第n层(n∈N*且n≥2)的点数为________个；(2)如果一个六边形点阵共有169个点，那么它一共有________层．解析：(1)由题意知：a1＝1，a2＝6，a3＝12，a4＝18，…，∴数列{an}是从第2项起成等差数列，∴an＝a2＋(n－2)d＝6n－6.(2)由Sn＝1＋＝169，可得n＝8.答案：(1)6(n－1)　(2)814．已知数列{an}满足anan＋1an＋2an＋3＝24，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，则a1＋a2＋a3＋…＋a2015＝________.解析：由anan＋1an＋2an＋3＝24，可知an＋1an＋2an＋3an＋4＝24，得an＋4＝an，所以数列{an}是周期为4的数列，再令n＝1，求得a4＝4，每四个一组求和可得，原式＝[(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2009＋a2010＋a2011＋a2012)]＋(a2013＋a2014＋a2015)＝503×(1＋2＋3＋4)＋(1＋2＋3)＝5036.答案：5036三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．)15．(10分)在数列{an}中an＋1＝2an＋2n＋1(n∈N＋)，a1＝2.(1)求证：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式．(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由已知得，＝＋1，即－＝1，所以数列是以＝1为首项，1为公差的等差数列，＝1＋(n－1)＝n⇒an＝n·2n.(2)Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n①2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②8\n由①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.16．(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn且满足a2＝3，S6＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}是等比数列且满足b1＋b2＝3，b4＋b5＝24.设数列{an·bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)∵数列{an}是等差数列，∴S6＝3(a1＋a6)＝3(a2＋a5)＝36，则a2＋a5＝12，由于a2＝3，所以a5＝9，从而d＝2，a1＝a2－d＝1，∴an＝2n－1.(2)设数列{bn}的公比为q.∵b1＋b2＝3，b4＋b5＝24，∴＝q3＝8，则q＝2.从而b1＋b2＝b1(1＋q)＝3b1＝3，∴b1＝1，bn＝2n－1，∴an·bn＝(2n－1)·2n－1，∴Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，则2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，两式相减，得(1－2)Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n－2＋2·2n－1－(2n－1)·2n，即－Tn＝1＋2(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝1＋2(2n－2)－(2n－1)·2n＝(3－2n)·2n－3.∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.17．(12分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2·a4＝65，a1＋a5＝18.(1)若1<i<21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i的值；(2)设bn＝，是否存在一个最小的常数m使得b1＋b2＋…＋bn<m对于任意的正整数n均成立？若存在，求出常数m；若不存在，请说明理由．解：(1)∵{an}为等差数列，∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2·a4＝65，∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根，又数列{an}的公差d>0，∴a2<a4，∴a2＝5，a4＝13.∴∴a1＝1，d＝4，∴an＝4n－3.8\n∵1<i<21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，∴a1·a21＝a，即1×81＝(4i－3)2，解得i＝3.(2)由(1)知，Sn＝n·1＋·4＝2n2－n，∴bn＝＝，b1＋b2＋…＋bn＝＝.∵＝－<，∴存在m＝使b1＋b2＋…＋bn<m对于任意的正整数n均成立．18．(12分)设函数f(x)＝＋(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f，n∈N*，且n≥2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对n∈N*，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围．解：(1)由an＝f可得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2.所以{an}是等差数列，又因为a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×＝，n∈N*.(2)Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*.因为an＝，所以an＋1＝，所以＝＝.所以Sn＝＝，n∈N*.Sn≥⇔≥⇔t≤(n∈N*)恒成立．令g(n)＝(n∈N*)，g(n)＝＝＝2n＋3＋－6(n∈N*)．令p＝2n＋3，则p≥5，p∈N*.8\ng(n)＝p＋－6(n∈N*)，易知p＝5时，g(n)min＝.所以t≤，即t的取值范围是.8