2020高考数学刷题首秧单元测试四数列文含解析.pdf

单元质量测试(四)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Error!Error!解得d2 故选 D 2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 B 3在等比数列an中，a12，a4 ，若ak25，则k( ) 1 2 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 ， ak a4 a1 1 4 2 3 a1qk12·qk125，qk126，6，k10 2 k 1 3 4在数列xn中，若x11，xn11，则x2018( ) 1 xn1 A1 B C D1 1 2 1 2 答案 B 解析 将x11代入xn11， 得x2 ， 再将x2代入xn11， 得x31， 1 xn1 1 2 1 xn1 所以数列xn的周期为 2，故x2018x2 故选 B 1 2 5已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，a10S4，则( ) S8 a9 A4 B5 C8 D10 答案 A 解析 由a10S4得a19d4a1d4a16d， 即a1d0 所以S88a1 4 × 3 2 8 × 7 2 d8a128d36d，所以4故选 A S8 a9 36d a18d 36d 9d 6 (2018·甘肃天水检测)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1， 则Sn( ) A2n1 B 1 2n1 C n1 Dn1 2 3 3 2 答案 D 解析 因为an1Sn1Sn， 所以Sn2an12(Sn1Sn)， 所以 ， 所以数列Sn Sn1 Sn 3 2 是以S1a11 为首项， 为公比的等比数列，所以Sn n1故选 D 3 2 3 2 7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 B 8(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 N*，an1an，(n1)2(n1)n2n，化简 得(2n1)，3故选 C 9等差数列an的前n项和为Sn，若a70，a80 DS150 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 N*恒成立 可见A错误 ； 易知a160故 C 15 2 13 2 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 2 3 ，公差为d，则 5a1d5，解得d ，所以a3a12d 2× 1，所以簪 5 3 5 × 4 2 1 3 5 3 1 3 裹得一鹿，故选 B 11(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，； 1 2 1 3 1 4 1 n (2)将数列的各项乘以 ，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，an n 2 则a1a2a2a3a3a4an1an( ) A B n2 4 n 1 2 4 C D nn 1 4 nn 1 4 答案 C 解析 依题意可得新数列为 ， × ，所以a1a2a2a3an1an n 2 n 4 n 6 1 n n 2 n2 4 1 1 × 2 1 ·故选 C 1 2 × 3 1 n 1 n n2 4 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n n2 4 n1 n nn 1 4 12(2018·河南六市第一次联考)若正项递增等比数列an满足 1(a2a4)(a3 a5)0(R 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，a10，q1，由 1(a2a4)(a3a5)0， 得 1(a2a4)q(a2a4)0，1q，a6a7a6(1q) 1 a4a2 a6 a4a2 (q21)2224(q210)， 当且仅当q q4 q21 q2112 q21 1 q21 q21· 1 q21 时取等号，a6a7的最小值为 4故选 D2 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_ S4 a2 答案 15 2 解析 S4 a2 a1·1q 4 1q a1q 1q4 q 1 q 124 2 × 12 15 2 14 若数列an满足anan1 (nN N*)， 且a11，Sn是数列an的前n项和， 则S21 1 2 _ 答案 6 解析 由anan1 an1an2，得an2an，则a1a3a5a21，a2a4a6 1 2 a20，所以S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)110× 6 1 2 15 (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 1009 2020 解析 anbn1，且ann23n2，bn， 1 n23n2 1 n 2 n 1 1 n1 1 n2 bn的前 2018 项和为 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 2019 1 2020 1 2 1 2020 10101 2020 1009 2020 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，bnan2n 1，且SnTn2n1n22，则 2Tn_ 答案 2n2n(n1)4 解析 由题意知TnSnb1a1b2a2bnann2n12，又SnTn2n1 n22，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，a1a2a3 26，S6728 (1)求数列an的通项公式； (2)求证：SSnSn24×3n 2n1 解 (1)设等比数列an的公比为q，由 7282×26 得，S62S3，q1 由已知得Error!Error!解得Error!Error! an2×3n1 (2)证明：由(1)可得Sn3n1 2 × 13n 13 Sn13n11，Sn23n21 SSnSn2(3n11)2(3n1)(3n21)4×3n 2n1 18 (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S4 2a41，S32a31 (1)求an的通项公式； (2)记bnlog ，求b1b2bn的最大值2 16 Sn1 解 (1)设an的公比为q，由S4S3a4，得 2a42a3a4，所以2，所以q2 a4 a3 又因为S32a31，所以a12a14a18a11， 所以a11所以an2n1 (2)由(1)知，Sn2n1， 12n 12 所以bnlog 2log224n82n，bn1bn2，b1826， 所以数列2 16 Sn1 bn是首项为 6，公差为2 的等差数列，所以b24，b32，b40，当n5 时bn2nn2对一切nN N* *恒成立，求实数的取值 范围 解 (1)因为an1an2(bn1bn)，bn3n5， 所以an1an2(bn1bn)2(3n83n5)6， 所以an是等差数列，首项为a11，公差为 6， 即an6n5 (2)因为bn2n，所以an1an2(2n12n)2n1 当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n1226 2n12； 当n1 时，a16，符合上式，所以an2n12 由an2nn2，得 2nn 2n1 1 2 n 2n1 又0，所以当n1,2 时，取得最大值 ，故的取值范围为 n1 2n2 n 2n1 1n 2n2 2nn 2n1 3 4 ( 3 4，) 22(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 2n (1)求an的通项公式； (2)若bn，Tn为数列bn的前n项和，证明：Tn an2 2n1·an·an1 1 2 解 (1)当n1 时，2S12a1a1， 2 1 所以(a11)20，即a11， 又an为单调递增数列，所以an1 由 2Snan得 2Sn1an1， 2n2n1 所以 2Sn12Snaa1， 2n12n 则 2an1aa1，所以a(an11)2 2n12n2n 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 an2 2n1·an·an1 n2 2n1·n · n 1 ， 1 n·2n 1 n1·2n1 所 以Tn 1 1 × 21 1 2 × 22 1 2 × 22 1 3 × 23 1 n·2n 1 n1·2n1 1 2 1 n1·2n1 1 2