單元質(zhì)檢卷五　數(shù)列

1、 單元質(zhì)檢卷五數(shù)列(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2021湖南永州高三月考)“a,b,c成等比數(shù)列”是“a2,b2,c2成等比數(shù)列”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.(2021福建寧德高三三模)在等差數(shù)列an中,其前n項和為Sn,若S1=S25,a3+a8=32,則S16=()A.80B.160C.176D.1983.(2021湖北武漢高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一組音(八度)分成十二個半音音程的律制,各相鄰兩律之間的振動

2、數(shù)之比完全相等,亦稱“十二等程律”,即一個八度13個音,相鄰兩個音之間的頻率之比相等,且最后一個音的頻率是最初那個音的2倍.設(shè)第8個音的頻率為f,則頻率為482f的音是()A.第3個音B.第4個音C.第5個音D.第6個音4.(2021河北邯鄲高三期末)在等差數(shù)列an中,a2+2a5=15,Sn為數(shù)列an的前n項和,則S7=()A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知Sn是等比數(shù)列an的前n項和,若存在mN*,滿足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,則數(shù)列an的公比為()A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金華高三月考)已知數(shù)列nan是等差數(shù)列,則(

3、)A.a3+a6=2a4B.a3+a6=a4+a5C.1a3+1a6=2a4D.1a3+1a6=1a4+1a57.(2021北京朝陽高三二模)記Sn為等比數(shù)列an的前n項和,已知a1=8,a4=-1,則數(shù)列Sn()A.有最大項,有最小項B.有最大項,無最小項C.無最大項,有最小項D.無最大項,無最小項8.(2021湖南長郡中學(xué)高三二模)在數(shù)列an中,an=1f(n),其中f(n)為最接近n的整數(shù),若數(shù)列an的前m項和為20,則m=()A.15B.30C.60D.1109.在數(shù)列an中,a1=12,anan-1-an-1+1=0(n2,nN*),Sn是其前n項和,則下列說法錯誤的是()A.a6=

4、2B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.已知數(shù)列an是等比數(shù)列,公比為q,前n項和為Sn,下列說法正確的有()A.數(shù)列1an為等比數(shù)列B.數(shù)列l(wèi)og2an為等差數(shù)列C.數(shù)列an+an+1為等比數(shù)列D.若Sn=3n-1+r,則r=1311.若直線3x+4y+n=0(nN*)與圓C:(x-2)2+y2=an2(an0)相切,則下列說法錯誤的是()A.a1=65B.數(shù)列an為等差數(shù)列C.圓C可能過坐標(biāo)原點D.數(shù)列an的前10項和為2312.分形幾何學(xué)是一門以不規(guī)則幾何形態(tài)為研究對象的幾何學(xué),分形的外表結(jié)構(gòu)極為復(fù)雜,但其內(nèi)部卻是有規(guī)律可循的,一個數(shù)學(xué)意義上的分形的生

5、成是基于一個不斷迭代的方程式,即一種基于遞歸的反饋系統(tǒng).下面我們用分形的方法得到一系列圖形,如圖1,在長度為1的線段AB上取兩個點C,D,使得AC=DB=14AB,以線段CD為邊在線段AB的上方作一個正方形,然后擦掉線段CD,就得到圖2;對圖2中的最上方的線段EF作同樣的操作,得到圖3;依次類推,我們就得到以下的一系列圖形.設(shè)圖1,圖2,圖3,圖n,各圖中的線段長度和為an,數(shù)列an的前n項和為Sn,則()A.數(shù)列an是等比數(shù)列B.S10=1256C.an3恒成立D.存在正數(shù)m,使得Snm恒成立二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2021江蘇南通高三三模)已知等差數(shù)列an的

6、前n項和為Sn,公差為d,若S2n=2Sn+n2,則d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an的前n項和為Sn,anan+1=22n+1,則Sn=.15.(2021江西南昌高三開學(xué)考試)在數(shù)列an中,an+an+2=n(nN*),則數(shù)列an的前20項和S20=.16.(2021北京昌平高三模擬)已知數(shù)列an的通項公式為an=ln n,若存在pR,使得anpn對任意nN*都成立,則p的取值范圍為.三、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2021廣西南寧高三月考)已知等差數(shù)列an滿足an+2an+1=3n+5.(1)

7、求數(shù)列an的通項公式;(2)記數(shù)列1anan+1的前n項和為Sn.若nN*,Snbn的n的取值范圍.19.(12分)(2021重慶巴蜀中學(xué)高三月考)已知數(shù)列an滿足an0,數(shù)列an的前n項和為Sn,若,a1+3a2+32a3+3n-1an=n3n(nN*);數(shù)列cn滿足:cn=1an+1-1an,a1=3,且cn的前n項和為12n+3-13;Sn=(an+1)24-1(nN*).(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)若數(shù)列bn是首項和公比均為2的等比數(shù)列,求數(shù)列abn中有多少個小于2 021的項.20.(12分)已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足:tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tR且t(

8、t-1)0,nN*.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)已知數(shù)列bn是等差數(shù)列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求數(shù)列anbn的前n項和Tn.21.(12分)(2021福建龍巖高三期中)已知各項均為正數(shù)的無窮數(shù)列an的前n項和為Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)(nN*).(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)記x表示不超過x的最大整數(shù),如0.99=0,3.01=3.令bn=an,求數(shù)列bn的前51項和T51.22.(12分)(2021天津和平高三模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+m,其中mR,定義數(shù)列an如下:a1=0,an+1=f(an),nN*.(1)當(dāng)m=1時,

9、求a2,a3,a4的值;(2)是否存在實數(shù)m,使a2,a3,a4成公差不為0的等差數(shù)列?若存在,請求出實數(shù)m的值;若不存在,請說明理由;(3)求證:當(dāng)m14時,總能找到kN*,使得ak2 021.單元質(zhì)檢卷五數(shù)列1.A解析: 若a,b,c成等比數(shù)列,則b2=ac,此時a2c2=(ac)2=b4,則a2,b2,c2成等比數(shù)列,即充分性成立.反之當(dāng)a=1,b=1,c=-1時滿足a2,b2,c2成等比數(shù)列,但a,b,c不成等比數(shù)列,即必要性不成立,即“a,b,c成等比數(shù)列”是“a2,b2,c2成等比數(shù)列”的充分不必要條件.故選A.2.B解析: 設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1,公差為d,則根據(jù)題意可知,a

10、1=25a1+122524d,a1+2d+a1+7d=32,即2a1+25d=0,2a1+9d=32,解得a1=25,d=-2,故S16=1625+121615(-2)=160.故選B.3.C解析: 由題意知,這13個音的頻率成等比數(shù)列,設(shè)這13個音的頻率分別是a1,a2,a13,公比為q(q0),則a13a1=q12=2,得q=122,所以an=a8qn-8=(122)n-8f=2n-812f.令2n-812f=482f=2-14f,解得n=5.故選C.4.B解析: 由a2+2a5=15得a2+a4+a6=15,即3a4=15,因此a4=5,于是S7=7a4=75=35.故選B.5.B解析:

11、 設(shè)數(shù)列an的公比為q.若q=1,則S2mSm=2,與題中條件矛盾,故q1.S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,qm=8.a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,m=3,q3=8,q=2.故選B.6.C解析: 設(shè)數(shù)列nan的公差為d,則4a4=3a3+d,5a5=3a3+2d,6a6=3a3+3d,因此1a3+1a6=1a3+163a3+3d=123a3+d=124a4=2a4,故選項C正確;a6=2a3da3+1,a4=4a3da3+3,不滿足a3+a6=2a4,故選項A錯誤;a5=5a32da3+3,a3+a6a4+a5,故選

12、項B錯誤;1a3+1a6=32a3+12d,1a4+1a5=2720a3+1320d,則1a3+1a61a4+1a5,故選項D錯誤.故選C.7.A解析: 設(shè)數(shù)列an的公比為q,則q3=a4a1=-18,所以q=-12,所以Sn=a1(1-qn)1-q=81-(-12)n1-(-12)=1631-12n.當(dāng)n為偶數(shù)時,Sn=1631-12n,即S2S4S6S3S5163,所以數(shù)列Sn有最大項S1,最小項S2,故選A.8.D解析: 由題意知,函數(shù)f(n)為最接近n的整數(shù).f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2,f(5)=2,f(6)=2,f(7)=3,f(8)=3,f(9)=3,f

13、(10)=3,f(11)=3,f(12)=3,由此可得在最接近n的整數(shù)f(n)中,有2個1,4個2,6個3,8個4,.又由an=1f(n),可得a1=a2=1,a3=a4=a5=a6=12,a7=a8=a12=13,則a1+a2=2,a3+a4+a5+a6=2,a7+a8+a12=2,.因為數(shù)列an的前m項和為20,即Sm=102=20,可得m為首項為2,公差為2的等差數(shù)列的前10項和,所以m=102+10922=110.故選D.9.D解析: 當(dāng)n=2時,有a2a1-a1+1=0,即12a2-12+1=0,解得a2=-1,同理可得a3=2,a4=12,因此數(shù)列an的項以3為周期重復(fù)出現(xiàn),且S3

14、=a1+a2+a3=12-1+2=32,所以a6=a3=2,故選項A正確;S12=4S3=432=6,故選項B正確;因為a11=a2=-1,a10=a1=12,a12=a3=2,所以a112=a10a12,故選項C正確;因為2S11=2(S9+a10+a11)=2332+12-1=8,S10+S12=S9+a10+S12=3S3+4S3+a10=732+12=11,所以2S11S10+S12,故選項D不正確,故選D.10.A解析: 對于A選項,設(shè)bn=1an,則bn+1bn=anan+1=1q(n1,nN*),所以數(shù)列1an為等比數(shù)列,故A正確;對于B選項,若an0),則圓心C(2,0),半徑

15、為an.因為直線3x+4y+n=0與圓C:(x-2)2+y2=an2(an0)相切,所以圓心C(2,0)到直線3x+4y+n=0的距離為an,即|23+04+n|9+16=n+65=an,則a1=75,故選項A錯誤;由an=n+65,可得an+1-an=15,所以數(shù)列an是以15為公差的等差數(shù)列,故選項B正確;將(0,0)代入C:(x-2)2+y2=an2,解得an=2.由n+65=2,解得n=4,所以當(dāng)n=4時,圓C過坐標(biāo)原點,故選項C正確;設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn,則Sn=n(75+n+65)2=n(n+13)10,所以S10=10(10+13)10=23,故選項D正確.故選A.12.C

16、解析: 由題意可得a1=1,a2=a1+212,a3=a2+2122,以此類推可得an+1=an+212n,則an+1-an=22n,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+221+222+22n-1=1+1-12n-11-12=3-12n-2,所以數(shù)列an不是等比數(shù)列,故A錯誤;對于B選項,S10=310-2(1-1210)1-12=26+128=6 657256,故B錯誤;對于C選項,an=3-12n-20恒成立,且an+1-an=3-12n-1-3+12n-2=12n-10,則數(shù)列Sn為遞增數(shù)列,所以數(shù)列Sn無最大值,因此不存在正數(shù)m,使得Sn0),首項為

17、a1(a10).因為anan+1=22n+1,所以an+1an+2=22n+3,因此an+1an+2anan+1=22n+322n+1=4,即q2=4,所以q=2.而a1a2=8,即a12q=8,所以a1=2,所以Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.15.95解析: 因為an+an+2=n(nN*),所以an+1+an+3=n+1(nN*),所以an+an+1+an+2+an+3=2n+1(nN*),所以S20=a1+a2+a20=(a1+a2+a3+a4)+(a17+a18+a19+a20)=21+1+25+1+29+1+213+1+217+1=2(1+5+9+13+17)+5=2(1

18、+17)52+5=95.16.ln33,+解析: 若存在pR,使得anpn對任意的nN*都成立,則plnnnmax.設(shè)f(x)=lnxx(xN*),則f(x)=1xx-lnxx2.令f(x)=1-lnxx2=0,解得x=e,所以函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+)上單調(diào)遞減,所以函數(shù)在x=e時取最大值.因為nN*,所以當(dāng)n=3時函數(shù)最大值為ln33,所以p的取值范圍是ln33,+.17.解 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d.因為an+2an+1=3n+5,所以a1+2a2=8,a2+2a3=11即3a1+2d=8,3a1+5d=11,解得a1=2,d=1,所以an=2+(n-1)=n

19、+1.經(jīng)檢驗,an=n+1符合題設(shè),所以數(shù)列an的通項公式為an=n+1.(2)由(1)得,1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,所以Sn=12-13+13-14+1n+1-1n+2=12-1n+2.因為nN*,所以Sn12.又因為nN*,Snbn,得122n-112(5n-1),即2n-15n-1.令cn=2n-1-5n+1,則有cn+1-cn=2n-1-5.當(dāng)1n3時,cn+1-cnc2c3c4;當(dāng)n4時,cn+1-cn0,即c4c5cnbn的n的取值范圍是n|n6,nN*.19.解 (1)若選.因為a1+3a2+32a3+3n-1an=n3n(nN*),所以當(dāng)n2時

20、,a1+3a2+32a3+3n-2an-1=(n-1)3n-1,兩式相減得3n-1an=(2n+1)3n-1,則an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(nN*).若選.由于c1+c2+cn=1a2-1a1+1a3-1a2+1an+1-1an=1an+1-1a1=12n+3-13,又a1=3,所以an+1=2n+3,因此當(dāng)n2時,an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(nN*).若選.當(dāng)n=1時,a1=3.因為Sn=(an+1)24-1(nN*),所以當(dāng)n2時,Sn-1=(an-1+1)24-1(nN*),兩式相減得an=Sn-Sn-1=(an

21、+1)24-(an-1+1)24,即4an=an2+2an+1-an-12-2an-1-1,所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0.又an0,所以an-an-1=2,故數(shù)列an為等差數(shù)列,而a1=3,d=2,所以an=2n+1.(2)由已知得bn=2n,所以abn=2bn+1=2n+1+1,易知數(shù)列abn為遞增數(shù)列.又210=1 0242 021,所以n+110,n9,nN*,所以數(shù)列abn中有9個小于2 021的項.20.解 (1)當(dāng)n=1時,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,當(dāng)n2時,tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tSn-Sn-1=t(an+an-1

22、-1),兩式相減得tan+1-an=t(an+1-an-1),即an=tan-1.又因為a1=t0,所以an-10,即anan-1=t,所以數(shù)列an是以t為首項,t為公比的等比數(shù)列,故數(shù)列an的通項公式為an=tn,nN*.(2)由題意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因為t0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因為t1,所以t=3,故an=3n,nN*.設(shè)數(shù)列bn的公差為d.由b1=9,b2=18,b3=27,可知d=9,因此bn=b1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n,所以anbn=9n3n=n3n+2,所以Tn=133+234+33

23、5+n3n+2,3Tn=134+235+(n-1)3n+2+n3n+3,-得-2Tn=33+34+35+3n+2-n3n+3=3n+3-272-n3n+3,所以Tn=(2n-1)3n+3+274.21.解 (1)因為nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以Sn+1n+1=Snn+1.又因為S1=a1=1,所以數(shù)列Snn是以1為首項,1為公差的等差數(shù)列,因此Snn=n,即Sn=n2.當(dāng)n2時,an=Sn-Sn-1=2n-1,又因為a1=1符合上式,故an=2n-1(nN*).(2)由(1)知bn=an=2n-1,當(dāng)n1,2時,bn=2n-1=1;當(dāng)n3,4時,bn=2n-1=2;當(dāng)n5,6,7,8時,bn=2n-1=3;當(dāng)n9,10,11,12時,bn=2n-1=4;當(dāng)n13,14,15,16,17,18時,bn=2n-1=5;當(dāng)n19,20,21,22,23,24時,bn=2n-1=6;當(dāng)n25,26,31,32時,bn=2n-1=7;當(dāng)n33,34,37,40時,bn=2n-1=8;當(dāng)n41,42,49,50