2020高考数学刷题首秧单元质量测试四数列理含解析20190507160.docx
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2020高考数学刷题首秧单元质量测试四数列理含解析20190507160.docx
单元质量测试(四)时间:120分钟满分:150分第卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1等差数列an的前n项和为Sn,且S36,a30,则公差d()A1 B1 C2 D2答案D解析由S36,知a1d2;由a30,知a12d0,联立解得d2故选D2在等差数列an中,a3a927a6,Sn表示数列an的前n项和,则S11()A18 B99 C198 D297答案B解析由等差数列的性质得2a627a6,所以a69,又S1111a699故选B3在等比数列an中,a12,a4,若ak25,则k()A5 B6 C9 D10答案D解析设该数列的公比为q,则由等比数列的通项公式可得,q3,q2,aka1qk12·qk125,qk126,6,k104在数列xn中,若x11,xn11,则x2018()A1 B C D1答案B解析将x11代入xn11,得x2,再将x2代入xn11,得x31,所以数列xn的周期为2,故x2018x2故选B5已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn,a10S4,则()A4 B5 C8 D10答案A解析由a10S4得a19d4a1d4a16d,即a1d0所以S88a1d8a128d36d,所以4故选A6(2018·甘肃天水检测)已知数列an的前n项和为Sn,a11,Sn2an1,则Sn()A2n1 BCn1 Dn1答案D解析因为an1Sn1Sn,所以Sn2an12(Sn1Sn),所以,所以数列Sn是以S1a11为首项,为公比的等比数列,所以Snn1故选D7数列an中,a160,an1an3,则|a1|a2|a30|()A495 B765 C1080 D3105答案B解析由a160,an1an3可得an3n63,则a210,|a1|a2|a30|(a1a2a20)(a21a30)S302S20765故选B8(2018·安徽淮南模拟)已知an中,ann2n,且an是递增数列,则实数的取值范围是()A(2,) B2,)C(3,) D3,)答案C解析an是递增数列,nN*,an1>an,(n1)2(n1)>n2n,化简得>(2n1),>3故选C9等差数列an的前n项和为Sn,若a7>0,a8<0,则下列结论正确的是()AS7<S8 BS15<S16 CS13>0 DS15>0答案C解析因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列),由已知可知该等差数列an是递减的,且S7最大,即SnS7对一切nN*恒成立可见A错误;易知a16<a15<0,S16S15a16<S15,B错误;S15(a1a15)15a8<0,D错误;S13(a1a13)13a7>0故C正确10(2018·福建漳州调研)九章算术是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士,凡五人,共猎得五鹿,欲以爵次分之,问各得几何?”其意思:“共有五头鹿,人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述,一般表示等差分配,在本题中表示等差分配)”在这个问题中,若大夫得“一鹿、三分鹿之二”,则簪裹得()A一鹿、三分鹿之一 B一鹿C三分鹿之二 D三分鹿之一答案B解析由题意可知,五人按等差数列分五鹿,设大夫得的鹿数为首项a1,且a11,公差为d,则5a1d5,解得d,所以a3a12d2×1,所以簪裹得一鹿,故选B11(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:(1)构造数列1,;(2)将数列的各项乘以,得到一个新数列a1,a2,a3,a4,an则a1a2a2a3a3a4an1an()A BC D答案C解析依题意可得新数列为,×,所以a1a2a2a3an1an1·故选C12(2018·河南六市第一次联考)若正项递增等比数列an满足1(a2a4)(a3a5)0(R),则a6a7的最小值为()A2 B4 C2 D4答案D解析an是正项递增的等比数列,a1>0,q>1,由1(a2a4)(a3a5)0,得1(a2a4)q(a2a4)0,1q,a6a7a6(1q)(q21)2224(q21>0),当且仅当q时取等号,a6a7的最小值为4故选D第卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13设等比数列an的公比q2,前n项和为Sn,则_答案解析14若数列an满足anan1(nN*),且a11,Sn是数列an的前n项和,则S21_答案6解析由anan1an1an2,得an2an,则a1a3a5a21,a2a4a6a20,所以S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)110×615(2018·江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考)若an,bn满足anbn1,ann23n2,则bn的前2018项和为_答案解析anbn1,且ann23n2,bn,bn的前2018项和为16(2018·河北邯郸第一次模拟)已知数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,bnan2n1,且SnTn2n1n22,则2Tn_答案2n2n(n1)4解析由题意知TnSnb1a1b2a2bnann2n12,又SnTn2n1n22,所以2TnTnSnSnTn2n2n(n1)4三、解答题(本大题共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(2018·云南统测)(本小题满分10分)设等比数列an的前n项和为Sn,a1a2a326,S6728(1)求数列an的通项公式;(2)求证:SSnSn24×3n解(1)设等比数列an的公比为q,由7282×26得,S62S3,q1由已知得解得an2×3n1(2)证明:由(1)可得Sn3n1Sn13n11,Sn23n21SSnSn2(3n11)2(3n1)(3n21)4×3n18(2018·南昌一模)(本小题满分12分)已知等比数列an的前n项和为Sn,满足S42a41,S32a31(1)求an的通项公式;(2)记bnlog ,求b1b2bn的最大值解(1)设an的公比为q,由S4S3a4,得2a42a3a4,所以2,所以q2又因为S32a31,所以a12a14a18a11,所以a11所以an2n1(2)由(1)知,Sn2n1,所以bnlog 2log224n82n,bn1bn2,b1826,所以数列bn是首项为6,公差为2的等差数列,所以b24,b32,b40,当n>5时bn<0,所以当n3或n4时,b1b2bn的最大值为1219(2018·湖南长沙模拟)(本小题满分12分)设Sn是数列an的前n项和,已知a11,Sn22an1(1)求数列an的通项公式;(2)设bn(1)nlogan,求数列bn的前n项和Tn解(1)Sn22an1,a11,当n1时,S122a2,得a211;当n2时,Sn122an,当n2时,an2an2an1,即an1an,又a2a1,an是以1为首项,为公比的等比数列数列an的通项公式为an(2)由(1)知bn(1)n(n1),Tn0123(1)n(n1),当n为偶数时,Tn(01)(23)(n2)n1;当n为奇数时,TnTn1bn1n,Tn20(2018·太原三模)(本小题满分12分)已知数列an满足a1,an1(1)求证:数列是等差数列,并求an的通项公式;(2)若数列bn满足bn,求数列bn的前n项和Sn解(1)证明:因为an1,且可知an0,所以2,所以数列是等差数列所以2(n1)2n,即an(2)因为bn,所以Snb1b2bn1,则Sn,两式相减得Sn121,所以Sn421(2018·河北唐山一模)(本小题满分12分)已知数列an为单调递增数列,Sn为其前n项和,2Snan(1)求an的通项公式;(2)若bn,Tn为数列bn的前n项和,证明:Tn<解(1)当n1时,2S12a1a1,所以(a11)20,即a11,又an为单调递增数列,所以an1由2Snan得2Sn1an1,所以2Sn12Snaa1,则2an1aa1,所以a(an11)2所以anan11,即an1an1,所以an是以1为首项,1为公差的等差数列,所以ann(2)证明:bn,所以Tn<22(2019·昆明模拟)(本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn,a11,当n2时,an2anSn2S(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正数k,使(1S1)(1S2)(1Sn)k对一切正整数n都成立?若存在,求k的取值范围;若不存在,请说明理由解(1)当n2时,anSnSn1,an2anSn2S,SnSn12(SnSn1)Sn2SSn1Sn2SnSn12数列是首项为1,公差为2的等差数列,即1(n1)×22n1Sn当n2时,anSnSn1当n1时,a11不适合上式,数列an的通项公式为an(2)设bn则bn1由(1)知Sn,Sn1,1又bn>0,数列bn是单调递增数列由(1S1)(1S2)(1Sn)k,得bnkkb1存在正数k,使(1S1)(1S2)(1Sn)k对一切正整数n都成立,且k的取值范围为0,9