2024年高考数学一轮复习单元检测六数列含解析文

PAGEPAGE12单元检测(六)数列一、选择题(本大题共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．[2024·江西五校联考]在等差数列{an}中，a1＝1，eq\f(a6,a5)＝2，则公差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．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，则a3a11＝16，则log2a10＝()A．4B．5C．6D．73．[2024·蓉城名校高三联考]若等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝20，a4＝6，则a2的值为()A．0B．1C．2D．34．[2024·吉林长春模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则在数列中肯定值最小的项为()A．第5项B．第6项C．第7项D．第8项5．已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2nB．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))C．an＝2n－1D．an＝2n＋16．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a2024＝()A．－3027B．3027C．－3030D．30307．[2024·广东七校联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为()A．5B．6C．7D．88．[2024·山东青岛模拟]设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则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．在数列{an}中，已知对随意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则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·湖北武汉部分重点中学联考]等比数列{an}的前n项和为Sn，若对随意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为()A．－3B．1C．－3或1D．1或311．[2024·内蒙古巴彦淖尔月考]定义eq\f(n,p1＋p2＋p3＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，已知数列{an}的前n项的“均倒数”为eq\f(1,2n＋1).若bn＝eq\f(an＋1,4)，则eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b10b11)为()A．eq\f(1,11)B．eq\f(9,10)C．eq\f(10,11)D．eq\f(11,12)12．数列{an}满意a1＝eq\f(6,5)，an＝eq\f(an＋1－1,an－1)(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，则最小的整数k是()A．3B．4C．5D．6二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．在公差为2的等差数列{an}中，a3－2a5＝4，则a4－2a7＝________．14．已知等差数列{cn}的首项c1＝1，若{2cn＋3}为等比数列，则c2024＝________．15．已知数列{an}满意递推关系式an＋1＝2an＋2n－1(n∈N*)，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，则实数λ的值是________．16．[2024·安徽五校检测]设数列{an}满意a1＝5，且对随意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2024项的和为________．三、解答题(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．18．(本小题满分12分)已知由实数构成的等比数列{an}满意a1＝2，a1＋a3＋a5＝42.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．19．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n＋a＋1(a为常数).(1)若a＝2，求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}是等差数列，bn＝eq\f(an＋1,n·Sn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.20．(本小题满分12分)已知n∈N*，设Sn是单调递减的等比数列{an}的前n项和，a2＝eq\f(1,2)，且S4＋a4，S6＋a6，S5＋a5成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满意bn＝－log2an＋λn(λ≠－1)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn满意T2024＝2024，求实数λ的值．21．(本小题满分12分)设数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2eq\r(Sn)＝an＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，若b1＋b2＋…＋bn>1，求正整数n的最小值．22．(本小题满分12分)[2024·河南林州调研]已知数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q>0，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满意an＋1＝12anbn，Tn为数列{bn}的前n项和，若Tn单元检测（六）数列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，因为a5＝a1＋4d，所以d＝a1＋4d，又a1＝1，所以d＝－eq\f(1,3).2．答案：B解析：因为aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝a3a11＝16，且an>0，所以a7＝4.因为公比q＝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，依据等差数列的性质有2a3＝a2＋a4，所以a2＝2a3－a4＝8－6＝2.4．答案：C解析：依据等差数列{an}的前n项和公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)，因为S13<0，S12>0，所以数列{an}中肯定值最小的项为第7项．5．答案：B解析：由log2（Sn＋1）＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.经检验，a1＝3不符合上式，所以数列{an}的通项公式为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：方法一设{an}的公差为d，则由题意得，a解得a1＝15，d＝－2.所以an＝－2n＋17，因为a8>0，a9<0，所以S方法二设{an}的公差为d，则由题意得，a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，解得a1＝15，d＝－2，则S8．答案：A解析：不妨令S3＝1，则S6＝3.因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．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－1－1，两式作差可得an＝2n－2n－1＝2n－1，则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，故数列{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是首项为1，公比为4的等比数列．结合等比数列前n项和公式得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：设等比数列{an}的公比为q.当q＝1时，Sn＋2＝（n＋2）a1，Sn＝na1.由Sn＋2＝4Sn＋3，得（n＋2）a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3.若对随意的正整数n，3a1n＝2a1－3恒成立，则a1＝0且2a1－3＝0，冲突，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并化简，得a1（4－q2）qn＝3＋3a1－3q.若对随意的正整数n，该等式恒成立，则有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.当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.验证知当n＝1时也成立，∴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.又对n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，∴k≥5.故最小的整数k是5.13．答案：－2解析：在公差为2的等差数列{an}中，a4－2a7＝（a3＋d）－2（a5＋2d）＝a3－2a5－3d＝4－3×2＝－2.14．答案：1解析：设等差数列{cn}的公差为d，又c1＝1，则2c1＋3＝5，2c2＋3＝2d＋5，2c3＋3＝4d＋5，由{2cn＋3}为等比数列得（2c1＋3）（2c3＋3）＝（2c2＋3）2，则5（4d＋5）＝（2d＋5）2，解得d＝0，则c2024＝c1＝1.15．答案：－1解析：若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，则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)为常数，即eq\f(λ－1,2n＋1)－eq\f(λ,2n)＝0，则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)，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－eq\f(5,3)，a4＝－5，a5＝5，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2024＝504×4＋2，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(5,3)，即一个周期的和为－eq\f(5,3)，所以数列{an}的前2024项的和为－eq\f(5,3)×504＋5＋0＝－835.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d.由题意知2a1则an＝a1＋（n－1）d＝2＋2（n－1）＝2n.（2）由（1）可得a1＝2，an＝2n，则Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝n（n＋1）.若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则（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）设等比数列{an}的公比为q，q≠1，由a1＝2，a1＋a3由数列{an}各项为实数，解得q2＝4，q＝±2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n或an＝（－1）n－1·2n.（2）当an＝2n时，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(4（1－4n）,1－4)＝eq\f(4,3)（4n－1）；当an＝（－1）n－1·2n时，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(（－4）·（1－4n）,1－4)＝eq\f(4,3)（1－4n）.19．解析：（1）当a＝2时，Sn＝n2＋n＋3.当n＝1时，a1＝S1＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.经检验，a1＝5不符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝5，（2）当n＝1时，a1＝S1＝3＋a；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.∵数列{an}是等差数列，∴3＋a＝2，解得a＝－1，∴an＝2n，Sn＝n2＋n.则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）设等比数列{an}的公比为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}是单调递减数列，∴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＋1，两边平方，得4Sn＝（an＋1）2，则4Sn＋1＝（an＋1＋1）2，两式相减，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.因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因为当n＝1时，2eq\r(a1)＝a1＋1，所以（eq\r(a1)－1）2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.（2）因为bn＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),2)，所以b1＋b2＋…＋bn