《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢5 數(shù)列（B）（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢5 數(shù)列（B）（含解析）新人教A版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢五 數(shù)列(B)
(時間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)
1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a3=5,S6=36,則a6=( )
A.9 B.10 C.11 D.12
2.在單調(diào)遞減的等比數(shù)列{an}中,若a3=1,a2+a4=52,則a1=( )
A.2 B.4 C.2 D.22
3.設(shè)an=-n2+9n+10,則數(shù)列{an}前n項和最大時n的值為( )
A.9 B.10
C.9或10 D.12
4.等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知S3=a2+5a1,a7=2,則a5=( )
A.12 B.-1
2、2 C.2 D.-2
5.對于數(shù)列{an},定義數(shù)列{an+1-an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”,若a1=2,數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項為2n,則數(shù)列{an}的前n項和Sn=( )
A.2 B.2n
C.2n+1-2 D.2n-1-2
6.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)P(1,3),Q(2,5).當(dāng)n∈N*時,an=f(n)-1f(n)·f(n+1),記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,當(dāng)Sn=1033時,n的值為( )
A.7 B.6 C.5 D.4
二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)
7.在3和一個未知數(shù)之間填上一個數(shù),使三個數(shù)成
3、等差數(shù)列,若中間項減去6,則三個數(shù)成等比數(shù)列,此未知數(shù)是 .?
8.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an=an-12+2an-1(n≥2),若bn=1an+1+1an+2(n∈N*),則數(shù)列{bn}的前n項和Sn= .?
三、解答題(本大題共3小題,共44分)
9.(14分)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an},其前n項和為Sn,S2=6,S4=30.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=1(log2an)(log2an+2),{bn}的前n項和為Tn,證明:Tn<34.
10.(15分)已知{an}為等差數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),{
4、bn}是首項為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通項公式;
(2)求數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和(n∈N*).
11.(15分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=1-14an,其中n∈N*.
(1)設(shè)bn=22an-1,求證:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求出{an}的通項公式.
(2)設(shè)cn=4ann+1,數(shù)列{cncn+2}的前n項和為Tn,是否存在正整數(shù)m,使得Tn<1cmcm+1對于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,請說明理由.
單元質(zhì)檢五 數(shù)列(B)
5、1.C 解析∵S6=a1+a62×6=(a3+a4)2×6=36,
又a3=5,∴a4=7.
∴a6=a4+(6-4)×(7-5)=11.故選C.
2.B 解析由已知,得a1q2=1,a1q+a1q3=52,
∴q+q3q2=52,q2-52q+1=0,
∴q=12(q=2舍去),
∴a1=4.
3.C 解析令an≥0,得n2-9n-10≤0,
∴1≤n≤10.
令an+1≤0,即n2-7n-18≥0,∴n≥9.
∴9≤n≤10.
∴前9項和等于前10項和,它們都最大.
4.A 解析由條件,得a1+a2+a3=a2+5a1,a7=2,
∴a1q2=4a1,a1q6=2
6、,∴q2=4,a1=132,
∴a5=a1q4=132×42=12.
5.C 解析∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n.∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.故選C.
6.D 解析∵函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)P(1,3),Q(2,5),
∴a+b=3,a2+b=5,∴a=2,b=1.
∴f(x)=2x+1.
∴an=2n+1-1(2n+1)(2n+1+1)=12n+1-12n+1+1.
∴Sn=13-15+15
7、-17+…+12n+1-12n+1+1=13-12n+1+1=1033,
∴n=4,故選D.
7.3或27 解析設(shè)此三個數(shù)為3,a,b,則2a=3+b,(a-6)2=3b,
解得a=3,b=3或a=15,b=27.
故這個未知數(shù)為3或27.
8.1-122n-1 解析當(dāng)n≥2時,an+1=an-12+2an-1+1=(an-1+1)2>0,
兩邊取以2為底的對數(shù)可得log2(an+1)=log2(an-1+1)2=2log2(an-1+1),
則數(shù)列{log2(an+1)}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列,log2(an+1)=2n-1,an=22n-1-1,
又an=an-1
8、2+2an-1(n≥2),可得an+1=an2+2an(n∈N*),
兩邊取倒數(shù)可得1an+1=1an2+2an=1an(an+2)=121an-1an+2,即2an+1=1an-1an+2,
因此bn=1an+1+1an+2=1an-1an+1,
所以Sn=b1+…+bn=1a1-1an+1=1-122n-1,故答案為1-122n-1.
9.(1)解設(shè){an}的公比為q,由題意知q≠1.
∴a1(1-q2)1-q=6, ?、賏1(1-q4)1-q=30,②
由②,得a1(1+q2)(1-q2)1-q=30,
將①代入,得1+q2=5,q2=4.
∵q>0
9、,∴q=2,代入①,得a1=2.
∴an=2n.
(2)證明由(1)得bn=1(log22n)(log22n+2)=1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=121-13+1212-14+1213-14+…+121n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2<34.
10.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.
由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,
而b1=2,所以q2+q-6=0.
又因?yàn)閝>0,解得q=2.
所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,
可得3d-a1=8.①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
聯(lián)
10、立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-2,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=2n.
(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和為Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述兩式相減,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2
11、)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項和為3n-23×4n+1+83.
11.解(1)∵bn+1-bn=22an+1-1-22an-1=221-14an-1-22an-1=4an2an-1-22an-1=2(常數(shù)),
∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列.
∵a1=1,∴b1=2,
因此bn=2+(n-1)×2=2n.
由bn=22an-1,得an=n+12n.
(2)由cn=4ann+1,an=n+12n,得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,
依題意要使Tn<1cmcm+1對于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為正整數(shù),∴m的最小值為3.
6
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