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