高考数学一轮复习单元质检卷六数列含解析新人教A版

这是一份高考数学一轮复习单元质检卷六数列含解析新人教A版，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷六　数列
(时间:100分钟　满分:150分)

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2020河北衡水二中高三模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1+3a5=12,则S7=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.18 B.21 C.24 D.27
2.(2020山西晋城一中高三月考)已知在等比数列{an}中,a5-a1=15,a4-a2=6,则a3=(　　)
A.-4 B.4 C.12或2 D.-4或4
3.(2020湖北襄阳五中模考)在等比数列{an}中,a4,a6是方程x2+5x+1=0的两根,则a5=(　　)
A.1 B.±1 C.52 D.±52
4.(2020海南高三调研)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=n+52n-1,则a7b6=(　　)
A.67 B.1211 C.1825 D.1621
5.(2020江苏南京秦淮中学高三期末)在公差d不为零的等差数列{an}中,a6=17,且a3,a11,a43成等比数列,则d=(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
6.(2020广西南宁三中期末)在数列{an}中,a1=12,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),则a2 020=(　　)
A.12 B.1
C.-1 D.2
7.(2020广东珠海高三模拟)已知等比数列{an}满足a1-a2=36,a1-a3=24,则使得a1a2…an取得最大值的n为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
8.(2020河北唐山一中高一月考)数列{an}满足a1=23,an+1=an2(2n+1)an+1,则数列{an}的前2 019项的和为(　　)
A.40354036 B.40364037
C.40374038 D.40384039
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2020辽宁实验中学高三期中)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0,1),则数列{bn}的前n项和可以是(　　)
A.n
B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2
D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
10.(2020山东济南高三期末联考)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N*),则下列结论正确的有(　　)
A.1an+3为等比数列
B.{an}的通项公式为an=12n+1-3
C.{an}为递增数列
D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-4
11.(2020河北邯郸大名中学高三月考)已知数列{an}不是常数列,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是(　　)
A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列
B.若数列{an}为等差数列,a1>0,S3=S10,则Sn的最大值在n=6或7时取得
C.若数列{an}为等比数列,则S2 021·a2 021>0恒成立
D.若数列{an}为等比数列,则数列{2an}也为等比数列
12.(2020山东济南6月针对性训练)设{an}是无穷数列,若存在正整数k,使得对任意n∈N*,均有an+k>an,则称{an}是间隔递增数列,k是{an}的间隔数,下列说法正确的是(　　)
A.公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B.已知an=n+4n,则{an}是间隔递增数列
C.已知an=2n+(-1)n,则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2
D.已知an=n2-tn+2 020,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则4≤t2020π3恒成立,那么a的取值范围是　　　　. 

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020安徽芜湖高三调考)已知各项均不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=9,且a1,a4,S7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an与Sn;
(2)设bn=(-1)n(Sn+2n),求数列{bn}的前20项和T20.









18.(12分)在数列{an}中,a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2).
(1)求an;
(2)求1a2+2a3+3a4+…+n-1an.









19.(12分)(2020上海第二中学高三期中)设Sn是等比数列{an}的前n项和,满足S3,S2,S4成等差数列,已知a1+2a3+a4=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=1log2|an|,n∈N*,记Tn=b1b2+b2b3+b3b4+…+bnbn+1,n∈N*,若对于任意n∈N*,都有aTn0,设公差为d,由S3=S10,得3a1+3×22d=10a1+10×92d,即a1=-6d,所以d0恒成立,故C正确;
若数列{an}为等比数列,则2an=2a1·qn-1,所以2an+12an=2an+1-an=2a1·(qn-qn-1)不是常数,故数列{2an}不是等比数列,故D错误.故选ABC.
12.BCD　对于A,an+k-an=a1qn+k-1-a1qn-1=a1qn-1(qk-1),因为q>1,所以当a13,故B正确.
对于C,an+k-an=2(n+k)+(-1)n+k-[2n+(-1)n]=2k+(-1)n((-1)k-1),当n为奇数时,2k-(-1)k+1>0,存在k≥1使{an}为间隔递增数列,当n为偶数时,2k+(-1)k-1>0,存在k≥2使{an}为间隔递增数列.
综上所述,{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2,故C正确.
对于D,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则an+k-an=(n+k)2-t(n+k)+2020-(n2-tn+2020)=2kn+k2-tk>0,n∈N*成立,
则k2+(2-t)k>0,对于k≥3成立,且k2+(2-t)k≤0,对于k≤2成立,
即k+(2-t)>0,对于k≥3成立,且k+(2-t)≤0,对于k≤2成立,
所以t-22020π3恒成立
只需4πa23≥2020π3,解得a2≥505,故a∈[505,+∞).
17.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则a5=a1+4d=9,
由a1,a4,S7成等比数列知a42=a1·S7=a1×7a4,因为a4≠0,所以a4=7a1,于是d=2a1,
解得a1=1,d=2,an=2n-1,Sn=n(1+2n-1)2=n2.
(2)因为bn=(-1)n(Sn+2n)=(-1)n(n2+2n),
所以T20=b1+b2+b3+…+b20=-(12+2×1)+(22+2×2)-(32+2×3)+…+(202+2×20)
=(22-12+42-32+…+202-192)+2×10
=(1+2+3+…+20)+20=20×(1+20)2+20=210+20=230.
18.解(1)∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),①
an-1=a1+2a2+…+(n-2)an-2(n≥3),②
①-②,得an-an-1=(n-1)an-1,
即anan-1=n(n≥3).
当n=2时,a2=a1=1.
∴a2a1=1,a3a2=3,a4a3=4,…,anan-1=n,
上式累乘,得an=1×3×4×5×…×n=12n!(n≥2).∴an=1,n=1,n!2,n≥2.
(2)1a2+2a3+3a4+…+n-1an
=212!+23!+34!+…+n-1n!
=211!-12!+12!-13!+…+1(n-1)!-1n!=21-1n!=2(n!-1)n!.
19.解(1)设数列{an}的公比为q,
由S3+S4=2S2,得S3-S2+S4-S2=0,
即有a3+a4+a3=0,得q=-2.
∵a1+a4=4-2a3,∴a1+(-2)3a1=4-2×4a1,解得a1=4.
故an=4×(-2)n-1=(-2)n+1.
(2)由(1)知bn=1log2|an|=1n+1,
则bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2.
∴Tn=12-13+13-14+14-15+…+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2(n+2).
依题意有an2(n+2)