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【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题6 数列(含解析)北师大版

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阶段性测试题六(数列)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50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.(2022·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于(  )A.8       B.10C.12D.14[答案] C[解析] 本题考查等差数列的通项公式.由a1=2,S3=3a1+d=6+3d=12可得d=2,∴a6=a1+5d=12.注意熟记等差数列的常见性质,如d=.2.在数列{an}中,a1=1,点(an,an+1)在直线y=2x上,则a4的值为(  )A.7B.8C.9D.16[答案] B[解析] 因为点(an,an+1)在直线y=2x上,即an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列,所以a4=a1q3=23=8,选B.(理)已知{an}为等差数列,若a3+a4+a8=9,则S9=(  )A.15B.24C.27D.54[答案] C[解析] 由已知a3+a4+a8=3a1+12d=9,故a1+4d=3,即a5=3,∴S9==9a5=27.3.(2022·河南三市调研)设{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和,对任意正整数n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,则S101的值为(  )A.2B.200C.-2D.0[答案] A[解析] 设等比数列的公比为q.由an+2an+1+an+2=0得an(1+2q+q2)=0,因为an≠0,所以1+2q+q2=0,解得q=-1,所以S101=a1=2.4.(文)在等比数列{an}中,a2022=8a2022,则公比q的值为(  )A.2B.3C.4D.8[答案] A[解析] ∵a2022=8a2022,∴q3==8,∴q=2.(理)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=(  )A.3B.4-8-\nC.5D.6[答案] B[解析] 根据题意将3S3=a4-2和3S2=a3-2相减得:3(S3-S2)=a4-a3,则3a3=a4-a3,4a3=a4,所以q==4.5.(2022·昆明第一次调研)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a1=2a8-3a4,则=(  )A.B.C.D.[答案] A[解析] 由已知得a1=2a1+14d-3a1-9d,∴a1=d,又=,将a1=d代入化简得=.6.(文)已知等比数列{an}的首项a1=1,公比q=2,则log2a1+log2a2+…+log2a11=(  )A.50B.35C.55D.46[答案] C[解析] 因为等比数列{an}的首项a1=1,公比q=2,所以a6=25,故log2a1+log2a2+…+log2a11=log2a1a2…a11=log2a=log2(25)11=log2255=55,故选C.(理)已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则=(  )A.B.3-2C.3+2D.[答案] C[解析] a1,a3,2a2成等差数列,所以a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q,解得q=1+,=q2=(1+)2=3+2.7.在等差数列{an}中,a1=-28,公差d=4,若前n项和Sn取得最小值,则n的值为(  )A.7B.8C.7或8D.8或9[答案] C[解析] an=a1+(n-1)d=-28+4(n-1)=4n-32,由an≤0得4n-32≤0,即n≤8.即a8=0.当n<7时,an<0.所以要使Sn取得最小值,则有S7=S8最小,选C.8.(2022·保定调研)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=2an+1,则其通项公式为an=(  )A.2n-1B.2n-1+1C.2n-1D.2(n-1)[答案] A[解析] 由题意知an+1+1=2(an+1),-8-\n∴an+1=(a1+1)·2n-1=2n,∴an=2n-1.9.在数列{an}中,已知an+1+an-1=2an(n∈N+,n≥2),若平面上的三个不共线的向量、、,满足=a1008+a1009,三点A、B、C共线,且直线不过O点,则S2022等于(  )A.1008B.1009C.2022D.2022[答案] A[解析] 由条件知{an}成等差数列,∵A、B、C共线,∴a1008+a1009=1,∴S2022==1008(a1008+a1009)=1008.10.已知函数f(x)=x2-ax的图像在点A(1,f(1))处的切线l与直线x+3y+2=0垂直,若数列{}的前n项和为Sn,则S2022的值为(  )A.B.C.D.[答案] D[解析] f′(x)=2x-a,由已知得f′(1)=3,所以a=-1,所以==-,所以Sn=(1-)+(-)+…+(-)=1-,故S2022=.第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共5个小题,每小题5分,共25分,把正确答案填在题中横线上)11.各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6=________.[答案] 4[解析] 因为a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2,所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2,消去a2q2,得到关于q2的一元二次方程(q2)2-q2-2=0,解得q2=2,所以a6=a2q4=1×22=4.12.(2022·北京高考)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=________时,{an}的前n项和最大.[答案] 8[解析] 本题考查了等差数列的性质与前n项和.由等差数列的性质,a7+a8+a9=3a8,a7+a10=a8+a9,于是有a8>0,a8+a9<0,故a9<0,故S8>S7,S9<S8,S8为{an}的前n项和Sn中的最大值.-8-\n等差数列{an}中首项a1>0公差d<0,{an}是一个递减的等差数列,前n项和有最大值,a1<0,公差d>0,{an}是一个递增的等差数列,前n项和有最小值.13.若数列{an}满足a1=2且an+an-1=2n+2n-1,Sn为数列{an}的前n项和,则log2(S2022+2)=________.[答案] 2022[解析] 因为a1+a2=22+2,a3+a4=24+23,a5+a6=26+25,….所以S2022=a1+a2+a3+a4+…+a2022+a2022=21+22+23+24+…+22022+22022==22022-2.故log2(S2022+2)=log222022=2022.14.已知数列{an},其前n项和Sn=n2+n+1,则a8+a9+a10+a11+a12=________.[答案] 100[解析] a8+a9+a10+a11+a12=S12-S7=(122+12+1)-(72+7+1)=100.15.如图,将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表.已知表中的第一列a1,a2,a5,…构成一个公比为2的等比数列,从第2行起,每一行都是一个公差为d的等差数列.若a4=5,a86=518,则d=________.a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9…[答案] [解析] ∵a4=5,∴a2=5-2D.又∵第1行到第9行共有1+3+5+…+17=81项,∴第10行的第1项为a82=a86-4d=518-4D.又表中的第1列a1,a2,a5,…,a82是公比为2的等比数列,∴a82=a2·28,即518-4d=(5-2d)·28,解得d=.三、解答题(本大题共6个小题,共75分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)16.(本小题满分12分)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=2且a2,a3,a4+1成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.[解析] (1)设数列{an}的公差为d,由a1=2和a2,a3,a4+1成等比数列,得(2+2d)2=(2+d)(3+3d)解得d=-1或d=2.当d=-1时,a3=0,这与a2,a3,a4+1成等比数列矛盾舍去.所以d=2.∴an=a1+(n-1)d=2n,即数列{an}的通项公式为an=2n,(n∈N*).(2)bn====-.-8-\n∴Sn=b1+b2+…+bn=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.17.(本小题满分12分)已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a5=45,a2+a6=14.(1)求{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足:++…+=an+1(n∈N*),求{bn}的前n项和.[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d,则依题设知d>0.由a2+a6=14,可得a4=7.由a3a5=45,得(7-d)(7+d)=45,可得d=2.所以a1=7-3d=1.可得an=2n-1.(2)设cn=,则c1+c2+…+cn=an+1.即c1+c2+…+cn=2n,可得c1=2,且c1+c2+…+cn-1=2(n-1).所以cn=2(n∈N*).所以bn=2n+1,所以数列{bn}是首项为4,公比为2的等比数列,所以前n项和Sn==2n+2-4.18.(本小题满分12分)(2022·浙江高考)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及Sn;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+1+…+am+k=65.[解析] (1)∵S2·S3=36,a1=1,∴(2a1+d)·(3a1+3d)=36即d2+3d-10=0,∴d=2或d=-5∵d>0,∴d=2∴an为1为首项,2为公差的等差数列.∴Sn=n+×2=n2.(2)∵am+am+1+…+am+k=65∴Sm+k-Sm-1=65由(1)得(m+k)2-(m-1)2=65.即2mk+k2+2m-1=652m(k+1)+k2-1=65即(k+1)(2m+k-1)=65=5×13,∵k、m∈N+,∴2m+k-1>k+1∴解之得m=5,k=4.∴当m=5,k=4时,am+am+1+…+am+k=65.19.(本小题满分12分)(2022·奉新一中月考)已知等比数列{an}满足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2与a4的等差中项.-8-\n(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an-log2an,Sn=b1+b2+…+bn,求使不等式Sn-2n+1+47<0成立的n的最小值.[解析] (1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,∵2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中项,∴a1(2+q2)=3a1q,①a1(q+q3)=2a1q2+4,②由①及a1≠0,得q2-3q+2=0,∴q=1,或q=2,当q=1时,②式不成立;当q=2时,符合题意,把q=2代入②得a1=2,所以,an=2·2n-1=2n;(2)bn=an-log2an=2n-n.所以Sn=b1+b2+…+bn=(2+22+2n)-(1+2+…+n)=2n+1-2-n-n2,因为Sn-2n+1+47<0,所以2n+1-2-n-n2-2n+1+47<0,即n2+n-90>0,解得n>9或n<-10.故使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值为10.20.(本小题满分13分)已知单调递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=anlogan,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn+n·2n+1>50成立的正整数n的最小值.[解析] (1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,依题意,有2(a3+2)=a2+a4,代入a2+a3+a4=28,得a3=8,∴a2+a4=20,∴解之得或又数列{an}单调递增,所以q=2,a1=2,∴数列{an}的通项公式为an=2n.(2)∵bn=2nlog2n=-n·2n,∴Sn=-(1×2+2×22+…+n·2n),2Sn=-[1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1],两式相减,得Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1.∴Sn+n·2n+1>50,即2n+1-2>50,即2n+1>52.易知:当n≤4时,2n+1≤25=32<52,当n≥5时,2n+1≥26=64>52.∴使Sn+n·2n+1>50成立的正整数n的最小值为5.21.(本小题满分14分)(文)已知数列{an}满足a1=1,a1+a2+…+an-1-an=-1(n≥2且n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式an;(2)令dn=1+loga(a>0,a≠1),记数列{dn}的前n项和为Sn,若恒为一个与n无关的常数λ,试求常数a和λ.[解析] (1)由题a1+a2+…+an-1-an=-1①∴a1+a2+…+an-an+1=-1②-8-\n由①-②得:an+1-2an=0,即=2(n≥2).当n=2时,a1-a2=-1,∵a1=1,∴a2=2,=2,所以,数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列故an=2n-1(n∈N+)(2)∵an=2n-1,∴dn=1+loga=1+2nloga2,∵dn+1-dn=2loga2,∴{dn}是以d1=1+2loga2为首项,以2loga2为公差的等差数列,∴===λ,⇒(λ-4)nloga2+(λ-2)(1+loga2)=0,∵恒为一个与n无关的常数λ,∴解之得:λ=4,a=.(理)数列{an}中,a1=t,a2=t2,其中t>0且t≠1,x=是函数f(x)=an-1x3-3[(t+1)an-an+1]x+1(n≥2)的一个极值点.(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式;(3)设bn=anlogtan,数列{bn}的前n项和为Sn,求Sn.[解析] (1)证明:f′(x)=3an-1x2-3[(t+1)an-an+1],根据已知f′()=0,即tan-1-(t+1)an+an+1=0,即an+1-an=t(an-an-1),∵t>0,t≠1,∴a2-a1=t2-t=t(t-1)≠0.所以数列{an+1-an}是以t(t-1)为首项,t为公比的等比数列.(2)由(1)可知an+1-an=(t-1)tn.所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(t-1)tn-1+(t-1)tn-2+…+(t-1)t+t=(t-1)×+t=tn.所以数列{an}的通项公式an=tn.(3)由(2)知an=tn,所以bn=anlogtan=ntn.∴Sn=1×t+2×t2+3×t3+…+ntn.则tSn=1×t2+2×t3+…+(n-1)tn+ntn+1.所以(1-t)Sn=t+t2+t3+…+tn-ntn+1=-ntn+1.-8-\n所以Sn=-.-8-

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发布时间:2022-08-26 00:13:18 页数:8
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文章作者:U-336598

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