广西专用高考数学一轮复习单元质检6数列B含解析新人教A版理

单元质检六　数列(B)

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)

1.在单调递减的等比数列{an}中,若a3=1,a2+a4=,则a1=(　　)

A.2 B.4 

C. D.2

2.(2021云南昭通模拟)已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,有下列四个命题:

甲:a18=0;乙:S35=0;丙:a17-a19=0;丁:S19-S16=0.

如果只有一个是假命题,则该命题是(　　)

A.甲 B.乙 

C.丙 D.丁

3.设an=-n2+9n+10,则数列{an}前n项和最大时n的值为(　　)

A.9 B.10 

C.9或10 D.12

4.公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项,S8=16,则S10等于(　　)

A.18 B.24 

C.30 D.60

5.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若{Sn+λ}为等比数列,则λ=(　　)

A.-1 B.1 

C.-2 D.2

6.设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　)

A.当b=时,a10>10 

B.当b=时,a10>10

C.当b=-2时,a10>10 

D.当b=-4时,a10>10

二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)

7.(2021江苏镇江信息考试)各项均为正数的等比数列{an},其公比q≠1,且a3·a7=4,请写出一个符合条件的通项公式an=　　　　　. 

8.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=3,当n≥2时,有Sn+Sn-1-2SnSn-1=2nan.则使得S1S2·…·Sm≥2 019成立的正整数m的最小值为　　　　　. 

三、解答题(本大题共3小题,共44分)

9.(14分)已知数列{an}的前n项和为Sn,首项为a1,且,an,Sn成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)数列{bn}满足bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3),求数列的前n项和Tn.

10.(15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,2an+1=an,b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.

11.(15分)(2021河北秦皇岛模拟)已知数列{an}满足2an+1=an+1,a1=,bn=an-1.

(1)求证:数列{bn}是等比数列;

(2)求数列　　　　　的前n项和Tn. 

从条件①,②{n+bn},③中任选一个,补充到上面的问题中,并给出解答.

答案：

1.B

2.C　解析若S35=0,则S35==0,即a18=0;

若a17-a19=0,则-2d=0(d为数列{an}的公差),即d=0;

若S19-S16=a17+a18+a19=0,则a18=0.

又因为只有一个是假命题,所以丙是假命题.

3.C

4.C　解析设等差数列{an}的公差为d≠0.

由题意,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),化为2a1+3d=0,①

∵S8=16,∴8a1+×d=16,②

联立①②解得a1=-,d=1.

则S10=10××1=30.

5.B　解析由题意,得{an}是等比数列,公比为2,

∴Sn=2n-1,Sn+λ=2n-1+λ.

∵{Sn+λ}为等比数列,∴-1+λ=0,

∴λ=1,故选B.

6.A　解析考察选项A,a1=a,an+1=+b=,

∵-an+≥0,

∴≥an-.

∵an+1=>0,an+1≥an-=an+>an,

∴{an}为递增数列.

因此,当a1=0时,a10取到最小值,现对此情况进行估算.

显然,a1=0,a2=,a3=,a4=,当n>1时,an+1>,

∴lgan+1>2lgan,

∴lga10>2lga9>22·lga8>…>26lga4=lg,

∴a10>+…+=1+64×+…+=1+4+7.875+…+=12.875+…+>10,因此符合题意,故选A.

7.2n-4(只要{an}为正项等比数列(不为常数列)且a5=2即可)　解析因为{an}为正项等比数列,所以a3·a7==4,

所以a5=2.

又因为q≠1,不妨令q=2,所以an=a1qn-1=a5qn-5=2×2n-5=2n-4.

8.1 009　解析∵当n≥2时,Sn+Sn-1-2SnSn-1=2nan,

∴Sn+Sn-1-2SnSn-1=2n(Sn-Sn-1),

∴2SnSn-1=(2n+1)Sn-1-(2n-1)Sn,

易知Sn≠0,

∴=2.

令bn=,则bn-bn-1=2(n≥2),

∴数列{bn}是以b1==1为首项,公差d=2的等差数列,

∴bn=2n-1,

即=2n-1,

∴Sn=,

∴S1S2·…·Sm=3××…×=2m+1,

由2m+1≥2019,解得m≥1009,

即正整数m的最小值为1009.

9.解(1)∵,an,Sn成等差数列,

∴2an=Sn+.

当n=1时,2a1=S1+,即a1=;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即=2,

故数列{an}是首项为,公比为2的等比数列,即an=2n-2.

(2)∵bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3)=(log222n+1-2)×(log222n+3-2)=(2n-1)·(2n+1),

∴.

∴Tn==.

10.解(1)∵2an+1=an,

∴{an}是公比为的等比数列.

又a1=2,

∴an=2·.

∵b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1,①

∴当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.

当n≥2时,b1+b2+b3+…+bn-1=bn-1,②

①-②,得bn=bn+1-bn,

得,故bn=n.

(2)由(1)知anbn=n·.

故Tn=+…+,

则Tn=+…+.

以上两式相减,得Tn=+…+,

故Tn=8-.

11.(1)证明因为2an+1=an+1,所以2an+1-2=an-1.

又因为bn=an-1,所以2bn+1=bn,.

因为b1=a1-1=,所以数列{bn}是以为首项,为公比的等比数列,bn=.

(2)解选①:

因为bn=,所以=(n+1)·2n+1,

则Tn=2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1,①

2Tn=2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2,②

②-①,得Tn=-2×22-(23+24+…+2n+1)+(n+1)×2n+2=-23-+(n+1)×2n+2=n·2n+2.

故Tn=n·2n+2.

选②:因为bn=,

所以n+bn=n+,

则Tn=+…+

=(1+2+3+…+n)+=n(n+1)+,

故Tn=.

选③:因为bn=,所以=4,

则Tn=4=4,

故Tn=.