2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元檢測(cè)六數(shù)列含解析文

PAGEPAGE12單元檢測(cè)(六)數(shù)列一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．[2024·江西五校聯(lián)考]在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，eq\f(a6,a5)＝2，則公差d的值是()A．－eq\f(1,3)B．eq\f(1,3)C．－eq\f(1,4)D．eq\f(1,4)2．公比為2的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，則a3a11＝16，則log2a10＝()A．4B．5C．6D．73．[2024·蓉城名校高三聯(lián)考]若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S5＝20，a4＝6，則a2的值為()A．0B．1C．2D．34．[2024·吉林長(zhǎng)春模擬]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S13<0，S12>0，則在數(shù)列中肯定值最小的項(xiàng)為()A．第5項(xiàng)B．第6項(xiàng)C．第7項(xiàng)D．第8項(xiàng)5．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為()A．a(chǎn)n＝2nB．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))C．a(chǎn)n＝2n－1D．a(chǎn)n＝2n＋16．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)(n∈N*)，則a1＋a2＋…＋a2024＝()A．－3027B．3027C．－3030D．30307．[2024·廣東七校聯(lián)考]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，則Sn取得最大值時(shí)n的值為()A．5B．6C．7D．88．[2024·山東青島模擬]設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S12)＝()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,8)D．eq\f(1,9)9．在數(shù)列{an}中，已知對(duì)隨意正整數(shù)n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋…＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝()A．(2n－1)2B．eq\f(1,3)(2n－1)2C．4n－1D．eq\f(1,3)(4n－1)10．[2024·湖北武漢部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)隨意的正整數(shù)n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，則a1的值為()A．－3B．1C．－3或1D．1或311．[2024·內(nèi)蒙古巴彥淖爾月考]定義eq\f(n,p1＋p2＋p3＋…＋pn)為n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”，已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為eq\f(1,2n＋1).若bn＝eq\f(an＋1,4)，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b10b11)為()A．eq\f(1,11)B．eq\f(9,10)C．eq\f(10,11)D．eq\f(11,12)12．?dāng)?shù)列{an}滿意a1＝eq\f(6,5)，an＝eq\f(an＋1－1,an－1)(n∈N*)，若對(duì)n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，則最小的整數(shù)k是()A．3B．4C．5D．6二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．在公差為2的等差數(shù)列{an}中，a3－2a5＝4，則a4－2a7＝________．14．已知等差數(shù)列{cn}的首項(xiàng)c1＝1，若{2cn＋3}為等比數(shù)列，則c2024＝________．15．已知數(shù)列{an}滿意遞推關(guān)系式an＋1＝2an＋2n－1(n∈N*)，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))為等差數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的值是________．16．[2024·安徽五校檢測(cè)]設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＝5，且對(duì)隨意正整數(shù)n，總有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，則數(shù)列{an}的前2024項(xiàng)的和為_(kāi)_______．三、解答題(共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知{an}為等差數(shù)列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列，求正整數(shù)k的值．18．(本小題滿分12分)已知由實(shí)數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列{an}滿意a1＝2，a1＋a3＋a5＝42.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．19．(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝n2＋n＋a＋1(a為常數(shù)).(1)若a＝2，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，bn＝eq\f(an＋1,n·Sn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.20．(本小題滿分12分)已知n∈N*，設(shè)Sn是單調(diào)遞減的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a2＝eq\f(1,2)，且S4＋a4，S6＋a6，S5＋a5成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意bn＝－log2an＋λn(λ≠－1)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Tn滿意T2024＝2024，求實(shí)數(shù)λ的值．21．(本小題滿分12分)設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且2eq\r(Sn)＝an＋1(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，若b1＋b2＋…＋bn>1，求正整數(shù)n的最小值．22．(本小題滿分12分)[2024·河南林州調(diào)研]已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝1，公比q>0，其前n項(xiàng)和為Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意an＋1＝12anbn，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，若Tn單元檢測(cè)（六）數(shù)列1．答案：A解析：方法一由eq\f(a6,a5)＝2，得a6＝2a5，所以a1＋5d＝2（a1＋4d），又a1＝1，所以d＝－eq\f(1,3).方法二由a6－a5＝d，eq\f(a6,a5)＝2，得a5＝d，因?yàn)閍5＝a1＋4d，所以d＝a1＋4d，又a1＝1，所以d＝－eq\f(1,3).2．答案：B解析：因?yàn)閍eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝a3a11＝16，且an>0，所以a7＝4.因?yàn)楣萹＝2，所以a10＝a7q3＝4×23＝25，所以log2a10＝log225＝5.3．答案：C解析：S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝20，解得a3＝4，依據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)有2a3＝a2＋a4，所以a2＝2a3－a4＝8－6＝2.4．答案：C解析：依據(jù)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)，因?yàn)镾13<0，S12>0，所以數(shù)列{an}中肯定值最小的項(xiàng)為第7項(xiàng)．5．答案：B解析：由log2（Sn＋1）＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n.經(jīng)檢驗(yàn)，a1＝3不符合上式，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3，n6．答案：A解析：a1＋a2＋…＋a2024＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2017＋a2024）＝（1－4）＋（7－10）＋…＋[（3×2017－2）－（3×2024－2）]＝（－3）×1009＝－3027.7．答案：D解析：方法一設(shè){an}的公差為d，則由題意得，a解得a1＝15，d＝－2.所以an＝－2n＋17，因?yàn)閍8>0，a9<0，所以S方法二設(shè){an}的公差為d，則由題意得，a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，解得a1＝15，d＝－2，則S8．答案：A解析：不妨令S3＝1，則S6＝3.因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數(shù)列．又S3＝1，S6＝3，S6－S3＝2，所以S9－S6＝3，S12－S9＝4.于是S9＝S6＋3＝6，S12＝S9＋4＝10，所以eq\f(S6,S12)＝eq\f(3,10).9．答案：D解析：由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，兩式作差可得an＝2n－2n－1＝2n－1，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝（2n－1）2＝22n－2＝4n－1，又aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝41－1＝1，故數(shù)列{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是首項(xiàng)為1，公比為4的等比數(shù)列．結(jié)合等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋…＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(1,3)（4n－1）.10．答案：C解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＋2＝（n＋2）a1，Sn＝na1.由Sn＋2＝4Sn＋3，得（n＋2）a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3.若對(duì)隨意的正整數(shù)n，3a1n＝2a1－3恒成立，則a1＝0且2a1－3＝0，沖突，所以q≠1，于是Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，Sn＋2＝eq\f(a1（1－qn＋2）,1－q)，代入Sn＋2＝4Sn＋3并化簡(jiǎn)，得a1（4－q2）qn＝3＋3a1－3q.若對(duì)隨意的正整數(shù)n，該等式恒成立，則有4－q2＝0，3＋3a1－3q11．答案：C解析：由已知得eq\f(n,a1＋a2＋a3＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1)，∴a1＋a2＋…＋an＝n（2n＋1）＝Sn.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.驗(yàn)證知當(dāng)n＝1時(shí)也成立，∴an＝4n－1，∴bn＝eq\f(an＋1,4)＝n.∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b10b11)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11).12．答案：C解析：由an＝eq\f(an＋1－1,an－1)得an（an－1）＝an＋1－1，∵a1＝eq\f(6,5)，∴an＞1，∴eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,an（an－1）)＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an)，即eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an＋1－1).∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1－1)－\f(1,a2－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2－1)－\f(1,a3－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－\f(1,an＋1－1)))＝eq\f(1,a1－1)－eq\f(1,an＋1－1)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝5－eq\f(1,an＋1－1)<5.又對(duì)n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，∴k≥5.故最小的整數(shù)k是5.13．答案：－2解析：在公差為2的等差數(shù)列{an}中，a4－2a7＝（a3＋d）－2（a5＋2d）＝a3－2a5－3d＝4－3×2＝－2.14．答案：1解析：設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d，又c1＝1，則2c1＋3＝5，2c2＋3＝2d＋5，2c3＋3＝4d＋5，由{2cn＋3}為等比數(shù)列得（2c1＋3）（2c3＋3）＝（2c2＋3）2，則5（4d＋5）＝（2d＋5）2，解得d＝0，則c2024＝c1＝1.15．答案：－1解析：若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))為等差數(shù)列，則eq\f(an＋1＋λ,2n＋1)－eq\f(an＋λ,2n)＝eq\f(2an＋2n－1＋λ,2n＋1)－eq\f(an＋λ,2n)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)＋eq\f(λ－1,2n＋1)－eq\f(λ,2n)－eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(λ－1,2n＋1)－eq\f(λ,2n)為常數(shù)，即eq\f(λ－1,2n＋1)－eq\f(λ,2n)＝0，則λ－1－2λ＝0，解得λ＝－1.16．答案：－835解析：由（an＋1＋3）（an＋3）＝4an＋4，得an＋1＝eq\f(4an＋4,an＋3)－3＝eq\f(an－5,an＋3)，因?yàn)閍1＝5，所以a2＝0，a3＝－eq\f(5,3)，a4＝－5，a5＝5，所以數(shù)列{an}是以4為周期的周期數(shù)列，因?yàn)?024＝504×4＋2，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(5,3)，即一個(gè)周期的和為－eq\f(5,3)，所以數(shù)列{an}的前2024項(xiàng)的和為－eq\f(5,3)×504＋5＋0＝－835.17．解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由題意知2a1則an＝a1＋（n－1）d＝2＋2（n－1）＝2n.（2）由（1）可得a1＝2，an＝2n，則Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝n（n＋1）.若a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列，則（2k）2＝2（k＋2）（k＋3），即4k2＝2k2＋10k＋12，解得k＝6或k＝－1（舍），故k＝6.18．解析：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，q≠1，由a1＝2，a1＋a3由數(shù)列{an}各項(xiàng)為實(shí)數(shù)，解得q2＝4，q＝±2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n或an＝（－1）n－1·2n.（2）當(dāng)an＝2n時(shí)，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(4（1－4n）,1－4)＝eq\f(4,3)（4n－1）；當(dāng)an＝（－1）n－1·2n時(shí)，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(（－4）·（1－4n）,1－4)＝eq\f(4,3)（1－4n）.19．解析：（1）當(dāng)a＝2時(shí)，Sn＝n2＋n＋3.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝5；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n.經(jīng)檢驗(yàn)，a1＝5不符合上式，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝5，（2）當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3＋a；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n.∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴3＋a＝2，解得a＝－1，∴an＝2n，Sn＝n2＋n.則bn＝eq\f(2（n＋1）,n·[（n＋1）2＋n＋1])＝eq\f(2（n＋1）,n·（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(2,n·（n＋2）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).20．解析：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由2（S6＋a6）＝S4＋a4＋S5＋a5，得（S6－S5）＋（S6－S4）＋2a6＝a4＋a5，即4a6＝a4，∴q2＝eq\f(1,4).∵{an}是單調(diào)遞減數(shù)列，∴q＝eq\f(1,2).又∵a2＝eq\f(1,2)，∴a1＝1，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).（2）由（1）得bn＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋λn＝（λ＋1）n－1，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,[（λ＋1）n－1]·[（λ＋1）（n＋1）－1])＝eq\f(1,λ＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（λ＋1）n－1)－\f(1,（λ＋1）（n＋1）－1)))，∴T2024＝eq\f(1,λ＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－\f(1,2024λ＋2024)))＝eq\f(2024,λ（2024λ＋2024）)＝2024，∴λ＝－1或λ＝eq\f(1,2024).∵λ≠－1，∴λ＝eq\f(1,2024).21．解析：（1）由2eq\r(Sn)＝an＋1，兩邊平方，得4Sn＝（an＋1）2，則4Sn＋1＝（an＋1＋1）2，兩式相減，得4an＋1＝（an＋1＋1）2－（an＋1）2，整理得（an＋1－1）2－（an＋1）2＝0，即（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0.因?yàn)閍n>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，2eq\r(a1)＝a1＋1，所以（eq\r(a1)－1）2＝0，所以a1＝1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.（2）因?yàn)閎n＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),2)，所以b1＋b2＋…＋bn