高考数学一轮复习单元检测六数列提升卷单元检测文含解析新人教A版

/07/7/单元检测六数列(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于()A．6B．9C．12D．15答案B解析设数列{an}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.2．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则数列{log2an}的前12项和为()A．66B．55C．45D．65答案A解析由题得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1(n∈N*)，则log2an＝n－1，所以数列{log2an}的前12项和为eq\f(0＋11,2)×12＝66.故选A.3．已知{an}为递增的等比数列，且a2a5＝128，eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(3,16)，则an等于()A．2n2nC.eq2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))nD.eq\f(n,2)答案A解析设数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q4＝a1q2·a1q3＝128，,\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)＝\f(3,16)，))又{an}递增，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝8，,a1q3＝16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))所以an＝2n(n∈N*)，故选A.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn，若a<0，则()A．nan≤na1≤Sn B．Sn≤na1≤nanC．na1≤Sn≤nan D．nan≤Sn≤na1答案D解析由Sn知{an}为公差d<0的等差数列，∴{an}为递减数列，∴nan≤Sn≤na1.5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和为()A.eq\f(n2＋5n,2) B.eq\f(n2＋5n,4)C.eq\f(n2＋3n,2) D.eq\f(n2＋3n,4)答案D解析由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq\f(n?n＋1?,2)，故eq\f(an,n)＝eq\f(n＋1,2)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和为eq\f(1,2)(2＋3＋…＋n＋1)＝eq\f(n?n＋3?,4)，故选D.6．已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1010＋a1011＝π，b6·b9＝2，则taneq\f(a1＋a2020,1＋b7b8)等于()1C.eq－1C.eq\f(\r(3),3)D.eq\r(3)答案D解析由题意得taneq\f(a1＋a2020,1＋b7b8)＝taneq\f(a1010＋a1011,1＋b6b9)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，故选D.7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝3n B．an＝3n－1C．an＝2n D．an＝2n－1答案B－1＝an－1，所以2an＝an＋1－an，易知an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝3(n≥2)，当n＝1时，也符合此式，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1(n∈N*)，故选B.8．已知数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，且对任意的n∈N*，都有an＋1＝eq\f(1－an,1＋an)成立，则a2020的值为()1B.eq1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)答案C解析由题得a1＝eq\f(1,2)；a2＝eq\f(1－a1,1＋a1)＝eq\f(1,3)；a3＝eq\f(1－a2,1＋a2)＝eq\f(1,2)；a4＝eq\f(1－a3,1＋a3)＝eq\f(1,3)，数列{an}为周期数列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝eq\f(1,3)(n∈N*)，所以a2020＝eq\f(1,3)，故选C.9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3－eq\f(21,2)n2＋24(n∈N*)，则当an取得最小值时，n等于()A．5B．6C．7D．8答案C解析令f(x)＝x3－eq\f(21,2)x2＋24(x≥1)，则f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)<0；在区间(7，＋∞)内，f′(x)>0.故当x＝7时，f(x)取得最小值，即n＝7时，an取得最小值，故选C.10．设数列{an}满足a1＝eq\f(3,8)，且对任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则a2021等于()A.eq\f(32021,8) B.eq\f(32021,8)＋2C.eq\f(32022,8) D.eq\f(32022,8)＋2答案A解析因为对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，所以10×3n≤(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝10×3n，所以an＋4－an＝10×3n.因为a2021＝(a2021－a2017)＋(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋eq\f(3,8)＝10×eq\f(32021－3,81－1)＋eq\f(3,8)＝eq\f(32021,8).11．记f(n)为最接近eq\r(n)(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若eq\f(1,f?1?)＋eq\f(1,f?2?)＋eq\f(1,f?3?)＋…＋eq\f(1,f?m?)＝4038，则正整数m的值为()A．2018×2019 B．20192C．2019×2020 D．2020×2021答案C解析设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－eq\f(1,2)<eq\r(x)<n＋eq\f(1,2)，所以n2－n＋eq\f(1,4)<x<n2＋n＋eq\f(1,4)，则n2－n＋1≤x≤n2＋n，故满足f(x)＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且eq\f(1,f?n2－n＋1?)＋eq\f(1,f?n2－n＋2?)＋…＋eq\f(1,f?n2＋n?)＝2n×eq\f(1,n)＝2.因为4038＝2×2019，所以m＝20192＋2019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立，则数列{an}的通项公式为()A.eq\f(2n,λ)B.eq\f(2n＋1,λ)C.eq\f(2n＋1,λ)D.eq\f(2n＋1＋1,λ)答案A解析令n＝1，则λaeq\o\al(2,1)＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝eq\f(2,λ)，所以2an＝eq\f(2,λ)＋Sn，①当n≥2时，2an－1＝eq\f(2,λ)＋Sn－1，②①－②，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以eq\f(2,λ)为首项，2为公比的等比数列，所以an＝eq\f(2,λ)×2n－1＝eq\f(2n,λ)(n∈N*)，故选A.第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知等差数列{an}的前9项和等于前4项和，若ak＋a4＝0，则k＝________.答案10解析由S9－S4＝0，得a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，故a7＝0，由ak＋a4＝0＝2a7，得k＋4＝14，所以k＝10.14．已知正项等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项am，an，使得eq\r(am·an)＝2a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________．答案eq\f(7,3)解析设数列{an}的公比为q(q>0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又eq\r(am·an)＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))min＝eq\f(7,3).15．已知数列{an}满足a1＝2，且eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an－1,n)＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为______________．答案an＝n＋1解析因为eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an－1,n)＝an－2(n≥2)，①所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋…＋eq\f(an－1,n)＋eq\f(an,n＋1)＝an＋1－2(n≥2)，②②－①，得eq\f(an,n＋1)＝(an＋1－2)－(an－2)＝an＋1－an(n≥2)，整理得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n＋1)(n≥2)，又a1＝2，且eq\f(a1,2)＝a2－2，所以a2＝3，则eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×eq\f(5,4)×…×eq\f(n,n－1)×eq\f(n＋1,n)，整理得eq\f(an,a1)＝eq\f(n＋1,2)，所以an＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1也符合)．16．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品的销售价格，即根据商品的最低销售限价a、最高销售限价b(b>a)以及常数x(0<x<1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a)，这里，x被称为乐观系数．经验证表明，最佳乐观系数x恰好使得c－a是b－c和b－a的等比中项，据此可得，最佳乐观系数x的值为________．答案eq\f(\r(5)－1,2)解析由题意知c－a＝x(b－a)，b－c＝(b－a)－x(b－a)，又c－a是b－c和b－a的等比中项，∴[x(b－a)]2＝(b－a)2－x(b－a)2，∴x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2).∵0<x<1，∴x＝eq\f(\r(5)－1,2).三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.解(1)设q为等比数列{an}的公比，q>0，则由a1＝2，a3＝a2＋4，得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.(2)由题意得Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(2?1－2n?,1－2)＋n×1＋eq\f(n?n－1?,2)×2＝2n＋1＋n2－2.18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn＝4an－2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝logan，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.解(1)当n≥2时，3Sn＝4an－2，①3Sn－1＝4an－1－2，②①－②得3an＝4(an－an－1)，所以an＝4an－1，即eq\f(an,an－1)＝4.又3S1＝4a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)．(2)因为bn＝logan＝log22n－1＝1－2n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,?1－2n??1－2n－2?)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1)(n∈N*)．19．(13分)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)＋3n－5))的前n项和Sn.解(1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝eq\f(2?n＋1?,n)an，得eq\f(an＋1,n＋1)＝2·eq\f(an,n).设bn＝eq\f(an,n)，所以bn＋1＝2bn.因为an≠0，所以bn≠0，所以eq\f(bn＋1,bn)＝2.又因为b1＝eq\f(a1,1)＝1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1＝eq\f(an,n)，an＝n·2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知eq\f(an,n)＋3n－5＝2n－1＋3n－5，故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(2