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≤t<5
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020江苏苏州高三检测)在各项均为正数的等比数列{an}中,a5a6=8,则数列{log2an}的前10项和等于　　　　　. 
14.在等差数列{an}中,已知a7=3,a15=27,则a11=　　　. 
15.(2020全国高三月考)自然奇数列{an}排成以下数列,
1
3,5
7,9,11,13
15,17,19,21,23,25,27,29
…
若第n行有2n-1个数,则前n行数字的总和为　　　　. 
16.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　;如果对∀n∈N*,Sn>2020π3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aTn








20.(12分)(2020山东潍坊高三模拟)已知{an}为等差数列,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数都不在下表的同一列.

第一列
第二列
第三列
第一行



第二行
4
6
9
第三行
12
8
7

请从①a1=2,②a1=1,③a1=3三个条件中选一个填入上表,使满足以上条件的数列{an}存在,并在此存在的数列{an}中,试解答下列两个问题.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+1an2,求数列{bn}的前n项和Tn.






21.(12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=1-14an,其中n∈N*.
(1)设bn=22an-1,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式;
(2)设cn=4ann+1,数列{cncn+2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由.







22.(12分)(2020浙江宁波高三期中)等差数列{an}的首项为1,公差d≠0,且a1,a2,a5成等比数列,数列{bn}满足b1=1且1bn+1=1bn-12n.
(1)求an,bn;
(2)若cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求使Sn>358的最小正整数n.



参考答案

单元质检卷六　数列
1.B　因为a1+3a5=12,所以4a1+12d=12,即a1+3d=3=a4,所以S7=7(a1+a7)2=7×2×a42=7a4=21.故选B.
2.D　∵a5-a1=15,a4-a2=6,
则a1(q4-1)=15,a1(q3-q)=6,∴2q2-5q+2=0,
解得q=2或q=12.∴q=2,a1=1或q=12,a1=-16.∴a3=22=4或a3=(-16)×122=-4.故选D.
3.B　在等比数列{an}中,由题意知a4+a6=-5,a4·a6=1,
所以a4<0,a6<0,a52=a4·a6=1,即a5=±1.故选B.
4.A　因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=n+52n-1,所以可设Sn=kn(n+5),Tn=kn(2n-1),所以a7=S7-S6=18k,b6=T6-T5=21k,所以a7b6=67.故选A.
5.C　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,
可得a1+5d=17,且a112=a3a43,即(a1+10d)2=(a1+2d)(a1+42d),解得a1=2,d=3,故选C.
6.A　a2=1-1a1=1-2=-1,a3=1-1a2=1+1=2,a4=1-1a3=1-12=12,可得数列{an}是以3为周期的周期数列,
∴a2020=a3×673+1=a1=12.故选A.
7.B　∵a1-a3a1-a2=1-q21-q=1+q=23,∴q=-13,a1-a2=a1(1-q)=43a1=36,∴a1=27,a2=-9,a3=3,a4=-1,a5=13,a6=-19,a7=127,…,an=27-13n-1,令Tn=a1a2…an,则T1=27,T2=-9×27,T3=-272,T4=272,T5=27×9,T6=-27,T7=-1,当n≥7时,|Tn|≤1,可知当n=4时,a1a2…an=272取得最大值.故选B.
8.D　由已知an+1=an2(2n+1)an+1,取倒数可得1an+1-1an=4n+2,
故可得1an-1an-1=4(n-1)+2,
1an-1-1an-2=4(n-2)+2,
…
1a2-1a1=4×1+2,
累加可得1an-1a1=2n2-2,又a1=23,∴an=24n2-1=12n-1-12n+1,
设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=1-13+13-15+…+12n-1-12n+1=1-12n+1,
故可得S2019=1-12×2019+1=40384039.故选D.
9.BD　设等差数列{an}的公差为d,又因为a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,
所以a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0,所以d=0或1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,
①当bn=q时,Sn=nq;
②当bn=n·qn时,
Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n×qn+1,②
①-②得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=q(1-qn)1-q-n×qn+1,
所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-n×qn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.故选BD.
10.ABD　因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3).又因为1a1+3=4≠0,所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,1an+3=4×2n-1,即an=12n+1-3,{an}为递减数列,1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2×2×(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4.故选ABD.
11.ABC　若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{an}为递增数列,故A正确;
若数列{an}为等差数列,a1>0,设公差为d,由S3=S10,得3a1+3×22d=10a1+10×92d,即a1=-6d,所以d<0,故an=(n-7)d,
所以当n≤7时,an≥0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时取得,故B正确;
若数列{an}为等比数列,
则S2021·a2021=a1(1-q2021)1-q·a1·q2020=a12·q2020·1-q20211-q>0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a1<0时,an+k 对于B,an+k-an=n+k+4n+k-n+4n=k1-4(n+k)n=kn2+kn-4(n+k)n,令t=n2+kn-4,t在n∈N*时单调递增,则t(1)=1+k-4>0,解得k>3,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-2<3,且t-2≥2,
解得4≤t<5,故D正确.故选BCD.
13.15　∵数列{an}为各项均为正数的等比数列,且a5a6=8,∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=8,∴log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9+log2a10=log2(a1a10)+log2(a2a9)+log2(a3a8)+log2(a4a7)+log2(a5a6)=5log2(a5a6)=5log28=15.
14.15　∵在等差数列{an}中,a7=3,a15=27,∴2a11=a7+a15=3+27=30,∴a11=15.
15.(2n-1)2　通过观察可知,第n行共有2n-1个数,第1个数字为2n-1,最后一个为2n+1-3,
前n行数字的个数为1+21+…+2n-1=2n-1,∴前n行数字总和为(1+2n+1-3)(2n-1)2=(2n-1)2.
16.11π8a2　[505,+∞)　第一块纸板面积为S1=12π(2a)2=2πa2,
第二块纸板面积为S2=2πa2-12πa2=32πa2,
第三块纸板面积为S3=32πa2-12πa22=118πa2,
…
由此归纳总结,第n块纸板面积为
Sn=2πa21-14-142-143-…-14n-1
=2πa2-2πa214+142+…+14n-1
=2πa2-2πa2×14[1-(14) n-1]1-14
=2πa223+13×14n-1.
因为Sn>4πa23,故要使得∀n∈N*,Sn>2020π3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) 即a2<(n+2)(n+4)n对于任意n∈N*恒成立.
设f(n)=(n+2)(n+4)n=n+8n+6,
由于y=x+8x+6在区间[1,22]上单调递减,在区间[22,+∞)上单调递增,
∴f(n)min=f(3)=353,
∴a2 ∴实数a的取值范围为-∞,703.
20.解(1)若选择条件①a1=2,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在;
若选择条件②a1=1,则放在第一行的第二列,结合条件可得a1=1,a2=4,a3=7,则an=3n-2,n∈N*;
若选择条件③a1=3,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在.
综上可得an=3n-2,n∈N*.(2)由(1)知,bn=(-1)n+1(3n-2)2.当n为偶数时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=a12-a22+a32-a42+…+an-12-an2=(a1+a2)(a1-a2)+(a3+a4)(a3-a4)+…+(an-1+an)(an-1-an)
=-3(a1+a2+a3+…+an)=-3×n(1+3n-2)2=-92n2+32n;
当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-92(n-1)2+32(n-1)+(3n-2)2=92n2-32n-2.
故Tn=-92n2+32n,n为偶数,92n2-32n-2,n为奇数.
21.(1)证明∵bn+1-bn=22an+1-1-22an-1=22(1-14an)-1-22an-1=4an2an-1-22an-1=2,∴数列{bn}是等差数列.∵a1=1,∴b1=2,∴bn=2+(n-1)×2=2n,又bn=22an-1,∴an=n+12n.
(2)解存在.∵cn=4ann+1,an=n+12n,∴cn=2n,∴cncn+2=4n(n+2)=21n-1n+2,∴Tn=21-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2=21+12-1n+1-1n+2<3,
依题意要使Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立,只需1cmcm+1≥3,即m(m+1)4≥3,
解得m≥3或m≤-4,又m为正整数,∴m的最小值为3.
22.解(1)由已知得(a1+d)2=a1(a1+4d),又a1=1,d≠0,
∴d=2,则an=2n-1.
∵1bn-1bn+1=12n,当n≥2时,
1b1-1b2+1b2-1b3+…+1bn-1-1bn=12+122+…+12n-1=12(1-12n-1)1-12=1-12n-1,
又b1=1,∴bn=2n-1(n≥2),又b1=1也适合上式,故bn=2n-1.
(2)①由题可知cn=anbn=2n-12n-1,
Sn=1+32+522+…+2n-12n-1,
∴12Sn=12+322+…+2n-32n-1+2n-12n,
∴两式相减,得12Sn=1+212+122+…+12n-1-2n-12n.
∴Sn=6-2n+32n-1.
②∵cn>0,∴Sn关于n单调递增,
又S3=154=308<358,S4=378>358,
∴使Sn>358的最小正整数n=4.