高考數(shù)學（理）北師大版單元提分練（集全國各地市模擬新題重組）單元檢測六數(shù)列

單元檢測六數(shù)列考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上．3．本次考試時間120分鐘，滿分150分．4．請在密封線內作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分)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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2017·渭南二模)成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于12，并且這三個數(shù)分別加上1,4,11后成為等比數(shù)列{bn}中的b2，b3，b4，則數(shù)列{bn}的通項公式為()A．bn＝2n B．bn＝3nC．bn＝2n－1 D．bn＝3n－12．A．138B．95 C．23D．1353．已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，則a4a5a6等于()A．4eq\r(2)B．6 C．7D．5eq\r(2)4．設{an}是公差不為0的等差數(shù)列，滿足aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,7)，則該數(shù)列的前10項和S10等于()A．－10B．－5 C．0D．55．(2018屆長春一模)在等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，則其前n項和取最小值時n的值為()A．6B．7 C．8D．96．A．9B．8 C．7D．67．(2017·亳州質檢)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a1，a3，a4成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則eq\f(S3－S2,S5－S3)的值為()A．2B．－2 C．3D．－38．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn等于()A．2n－1 B．eq\f(1,2n－1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1 D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－19．(2017·長沙二模)已知數(shù)列{an}是首項為1，公差為d(d∈N＋)的等差數(shù)列，若81是該數(shù)列中的一項，則公差d不可能是()A．2B．3 C．4D．510．(2018·九江模擬)已知兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)是()A．2B．3 C．4D．511．正項等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a2017＝a2016＋2a2015.若aman＝16aeq\o\al(2,1)，則eq\f(4,m)＋eq\f(1,n)的最小值等于()A．1B.eq\f(3,5) C.eq\f(3,2)D.eq\f(13,6)12．(2017·西安模擬)已知函數(shù)y＝f(x)的定義域為R，當x<0時，f(x)>1，且對任意的實數(shù)x，y∈R，等式f(x)f(y)＝f(x＋y)成立，若數(shù)列{an}滿足f(an＋1)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋an)))＝1(n∈N＋)，且a1＝f(0)，則下列結論成立的是()A．f(a2013)>f(a2016)B．f(a2014)>f(a2017)C．f(a2016)<f(a2015)D．f(a2013)>f(a2015)第Ⅱ卷(非選擇題共90分)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．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn,2a7－a8＝5，則S11＝________.14．(2017·天津模擬)設Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，則eq\f(a2,a1)＝______.16．(2017·吉林調研)艾薩克·牛頓(1643年1月4日——1727年3月31日)，英國皇家學會會長，英國著名物理學家，同時在數(shù)學上也有許多杰出貢獻，牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)f(x)零點時給出一個數(shù)列{xn}：滿足xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，我們把該數(shù)列稱為牛頓數(shù)列．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有兩個零點1,2，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，設an＝lneq\f(xn－2,xn－1)，已知a1＝2，xn>2，則{an}的通項公式an＝________.三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知{an}是等差數(shù)列，其中a10＝30，a20＝50.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝an－20，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值．18．(12分)(2018·西安模擬)數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù)，a1＝8，b1＝16，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，n＝1,2,3，….(1)求a2，b2的值；(2)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式．19.(12分)(2017·河南息縣檢測)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N＋)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)設bn＝logeq\f(1,3)(1－Sn＋1)(n∈N＋)，令Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)，求Tn.20．(12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且eq\f(8,a1)＋eq\f(6,a2)＝eq\f(5,a3)＞0，S6＝eq\f(63,32).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝－log2an，cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.21.(12分)設數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＋a4＝8，且對任意n∈N＋，函數(shù)f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx滿足f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2an)))，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.22．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N＋，在數(shù)列{bn}中，b1＝1，bn＋1＝2bn＋3，n∈N＋.(1)求證：{bn＋3}是等比數(shù)列；(2)若cn＝log2(bn＋3)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,cncn＋1)))的前n項和Rn；(3)求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.

答案精析1．A[設成等差數(shù)列的三個正數(shù)為a－d，a，a＋d，即有3a＝12，得a＝4，根據(jù)題意可得4－d＋1,4＋4,4＋d＋11成等比數(shù)列，即5－d,8,15＋d成等比數(shù)列，即有(5－d)(15＋d)＝64，解得d＝1(d＝－11舍去)，即有4,8,16成等比數(shù)列，可得公比為2，則數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝b22n－2＝4×2n－2＝2n.故選A.]2．B[設等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝－4，a4＋a6＝a1＋3d＋a1＋5d＝2a1＋8d＝16，解得d＝3，∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×(－4)＋5×9×3＝95，故選B.]3．D[由a1a2a3＝5得aeq\o\al(3,2)＝5，由a7a8a9＝10得aeq\o\al(3,8)＝10，又aeq\o\al(2,5)＝a2a8，∴aeq\o\al(6,5)＝aeq\o\al(3,2)aeq\o\al(3,8)＝50，∴a4a5a6＝aeq\o\al(3,5)＝5eq\r(2)，故選D.]4．C[設等差數(shù)列的公差為d(d≠0)，因為aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,7)，所以(a4－a6)(a4＋a6)＝(a7－a5)(a7＋a5)，所以－2da5＝2da6，于是a5＋a6＝0，由等差數(shù)列的性質知a1＋a10＝a5＋a6＝0，所以S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝0，故選C.]5．C[因為等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，|a6|＝|a11|，且d>0，所以a6<0，a11>0，a6＝－a11，a1＝－eq\f(15,2)d，有Sn＝eq\f(d,2)[(n－8)2－64]，所以當n＝8時前n項和取最小值．故選C.]6．D[由等差數(shù)列的性質可得a3＋a7＝2a5＝－6，解得a5＝－3，又a1＝－11，設公差為d,所以a5＝a1＋4d＝－11＋4d＝－3，解得d＝2，則an＝－11＋2(n－1)＝2n－13，所以Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n2－12n＝(n－6)2－36，所以當n＝6時，Sn取最小值，故選D.]7．A[設等差數(shù)列的公差為d，首項為a1，所以a3＝a1＋2d，a4＝a1＋3d.因為a1，a3，a4成等比數(shù)列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得a1＝－4d.所以eq\f(S3－S2,S5－S3)＝eq\f(a1＋2d,2a1＋7d)＝2，故選A.]8．D[∵a1＝1，Sn＝2an＋1，∴Sn＝2(Sn＋1－Sn)，化為Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn.∴數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，首項為1，公比為eq\f(3,2)，則Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1，故選D.]9．B[由題設an＝1＋(n－1)d,81是該數(shù)列中的一項，即81＝1＋(n－1)d，所以n＝eq\f(80,d)＋1，因為d，n∈N＋，所以d是80的因數(shù)，故d不可能是3.]10．D[由等差數(shù)列的前n項和及等差中項，可得eq\f(an,bn)＝eq\f(\f(1,2)a1＋a2n－1,\f(1,2)b1＋b2n－1)＝eq\f(\f(1,2)2n－1a1＋a2n－1,\f(1,2)2n－1b1＋b2n－1)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)(n∈N＋)，故n＝1,2,3,5,11時，eq\f(an,bn)為整數(shù)．即正整數(shù)n的個數(shù)是5.]11．C[設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題設得q2＝q＋2，解得q＝2，q＝－1(舍去)，由aman＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)得m＋n－2＝4，所以m＋n＝6，eq\f(4,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,m)＋\f(1,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋1＋\f(4n,m)＋\f(m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2)，當且僅當eq\f(4n,m)＝eq\f(m,n)，即m＝4，n＝2時“＝”成立．故選C.]12．D[令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)f(0)＝f(0)，解得f(0)＝1或f(0)＝0，當f(0)＝0時，f(x)＝0與當x<0時，f(x)>1矛盾，因此f(0)＝1，令y＝－x，得f(x)f(－x)＝f(0)＝1，所以當x>0時，0<f(x)<1，設x1>x2，則f(x2－x1)>1，f(x1)f(x2－x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(x1)，因此y＝f(x)為減函數(shù)，從而由f(an＋1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋an)))＝1＝f(0)，得an＋1＋eq\f(1,1＋an)＝0，所以an＋2＝－eq\f(1＋an,an)，an＋3＝an，f(a2013)＝f(a2016)，f(a2014)＝f(a2017)，f(a2016)＝f(a3)＝f(－2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f(a2)＝f(a2015)，f(a2013)＝f(a3)＝f(－2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f(a2)＝f(a2015)，故選D.]13．55解析2(a1＋6d)－(a1＋7d)＝a1＋5d＝a6＝5，S11＝eq\f(a1＋a11,2)·11＝11a6＝55.14．3解析設等差數(shù)列的公差為d(d≠0)，則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d，因為S1，S2，S4成等比數(shù)列，所以(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，即d(d－2a1)＝0，解得d＝2a1，則eq\f(a2,a1)＝eq\f(a1＋d,a1)＝eq\f(a1＋2a1,a1)＝3.15.eq\f(2－2101,3)解析當n為奇數(shù)時，an＋1＝(－2)n，則a2＝(－2)1，a4＝(－2)3，…，a100＝(－2)99，當n為偶數(shù)時，an＋1＝2an＋(－2)n＝2an＋2n，則a3＝2a2＋22＝0，a5＝2a4＋24＝0，…，a99＝2a98＋298＝0，又a1＝0，∴S100＝a2＋a4＋…＋a100＝eq\f(2－2101,3).16．2n解析因為函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有兩個零點1,2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))＝a(x2－3x＋2)，f′(x)＝a(2x－3)，則xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)＝xn－eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,n)－3xn＋2)),a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2xn－3)))＝eq\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)，則xn＋1－2＝eq\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)－2＝eq\f(xn－22,2xn－3)，xn＋1－1＝eq\f(x\o\al(2,n)－2,2xn－3)－1＝eq\f(xn－12,2xn－3)，即eq\f(xn＋1－2,xn＋1－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn－2,xn－1)))2，又因為an＝lneq\f(xn－2,xn－1)且a1＝2，所以an＋1＝2an，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等比數(shù)列，且通項公式為an＝2n.17．解(1)由a10＝30，a20＝50，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝30，,a1＋19d＝50，))解得a1＝12，d＝2，所以an＝2n＋10.(2)由bn＝an－20，得bn＝2n－10，所以當n<5時，bn<0;當n＝5時，bn＝0；當n>5時，bn>0.由此可知，數(shù)列{bn}的前4項或前5項的和最小．易知T4＝T5＝－20，故數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值為－20.18．解(1)由2b1＝a1＋a2，可得a2＝2b1－a1＝24.由aeq\o\al(2,2)＝b1b2，可得b2＝eq\f(a\o\al(2,2),b1)＝36.(2)因為an，bn，an＋1成等差數(shù)列，所以2bn＝an＋an＋1.①因為bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1，因為數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù)，所以an＋1＝eq\r(bnbn＋1).②于是當n≥2時，an＝eq\r(bn－1bn).③將②③代入①式，可得2eq\r(bn)＝eq\r(bn－1)＋eq\r(bn＋1)，因此數(shù)列{eq\r(bn)}是首項為4，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\r(bn)＝eq\r(b1)＋(n－1)d＝2n＋2，于是bn＝4(n＋1)2.則an＝eq\r(bn－1bn)＝eq\r(4n2·4n＋12)＝4n(n＋1)，n≥2.當n＝1時，a1＝8，滿足該式，所以對一切正整數(shù)n，都有an＝4n(n＋1)．19．解(1)由Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N＋)，得Sn＝1－eq\f(1,2)an，∴當n＝1時，S1＝1－eq\f(1,2)a1，得a1＝eq\f(2,3)，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)an))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)an－1))＝eq\f(1,2)an－1－eq\f(1,2)an，eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)，∴{an}是等比數(shù)列，且公比為eq\f(1,3)，首項a1＝eq\f(2,3)，∴an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.(2)由(1)及Sn＋eq\f(1,2)an＝1得，1－Sn＋1＝eq\f(1,2)an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，∴bn＝logeq\f(1,3)(1－Sn＋1)＝n＋1，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋4).20．解(1)設數(shù)列{an}的公比為q，∵a3＝a1q2，eq\f(5,a3)＞0，∴a1＞0，∵eq\f(8,a1)＋eq\f(6,a2)＝eq\f(5,a3)，∴eq\f(8,a1)＋eq\f(6,a1q)＝eq\f(5,a1q2)，∴8q2＋6q－5＝0，∴q＝eq\f(1,2)或－eq\f(5,4)，∵S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(63,32)，∴a1＝1，q＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(1,2n－1).(2)bn＝－log2an＝－log221－n＝n－1，cn＝anbn＝eq\f(n－1,2n－1)，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(0,20)＋eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(0,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)，∴eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n－1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n－1,2n)＝1－eq\f(n＋1,2n)，∴Tn＝2－eq\f(n＋1,2n－1).21．解(1)由題設可得f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.對任意n∈N＋，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}為等差數(shù)列．由a1＝2，a2＋a4＝8，解得數(shù)列{an}的