广西专用高考数学一轮复习单元质检六数列A含解析

单元质检六　数列(A)

(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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a6=15,S9=99,则等差数列{an}的公差是(　　)

A. B.4 C.-4 D.-3

答案:B

解析:∵数列{an}是等差数列,a6=15,S9=99,

∴a1+a9=22,

∴2a5=22,a5=11.

∴公差d=a6-a5=4.

2.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前三项和为21,则a3+a4+a5=(　　)

A.33 B.72 C.84 D.189

答案:C

解析:在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前三项和为21,设公比为q,则3+3q+3q2=21,解得q=2,故a3+a4+a5=(a1+a2+a3)q2=21×22=84.

3.在等差数列{an}中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中项,则数列{an}的前5项的和为(　　)

A.15 B.20 C.25 D.15或25

答案:A

解析:设{an}的公差为d.

∵在等差数列{an}中,a4=5,a3是a2和a6的等比中项,

∴解得

∴S5=5a1+d=5×(-1)+5×4=15.故选A.

4.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足3a1-+3a15=0,且a8=b10,则b3b17=(　　)

A.9 B.12 C.16 D.36

答案:D

解析:由3a1-+3a15=0,得=3a1+3a15=3(a1+a15)=3×2a8,即-6a8=0.因为a8=b10≠0,所以a8=6,b10=6,

所以b3b17==36.

5.设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则a1=(　　)

A.-2 B.-1 C. D.

答案:B

解析:∵S2=3a2+2,S4=3a4+2,

∴S4-S2=3(a4-a2),即a1(q3+q2)=3a1(q3-q),q>0,解得q=,代入a1(1+q)=3a1q+2,解得a1=-1.

6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=x(1-x).若数列{an}满足a1=,且an+1=,则f(a11)=(　　)

A.2 B.-2 C.6 D.-6

答案:C

解析:设x>0,则-x<0.因为f(x)是定义在R上的奇函数,

所以f(x)=-f(-x)=-[-x(1+x)]=x(1+x).

由a1=,且an+1=,得a2==2,

a3==-1,a4=,

……

所以数列{an}是以3为周期的周期数列,即a11=a3×3+2=a2=2.

所以f(a11)=f(a2)=f(2)=2×(1+2)=6.

二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)

7.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,则a6=　　　　　. 

答案:

解析:由题意知an>0,由an-an+1=2anan+1,得=2,

即数列是以=1为首项,2为公差的等差数列.

所以+5×2=11,即a6=.

8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1,则an=　　　　　. 

答案:-3n-1

解析:令n=1,则2S1=3a1+1,又S1=a1,则a1=-1.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3an-3an-1),整理得an=3an-1,即=3(n≥2).

因此,{an}是首项为a1=-1,公比为q=3的等比数列,

即an=-3n-1.

三、解答题(本大题共3小题,共44分)

9.(14分)在数列{an}和{bn}中,a1=1,an+1=an+2,b1=3,b2=7,等比数列{cn}满足cn=bn-an.

(1)求数列{an}和{cn}的通项公式;

(2)若b6=am,求m的值.

解:(1)因为an+1=an+2,且a1=1,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.

所以an=1+(n-1)·2=2n-1.

因为b1=3,b2=7,且a1=1,a2=3,所以c1=b1-a1=2,c2=b2-a2=4.

因为数列{cn}是等比数列,所以数列{cn}的公比q==2,

所以cn=c1·qn-1=2×2n-1=2n.

(2)由(1)得bn-an=2n,an=2n-1,所以bn=2n+2n-1.

所以b6=26+2×6-1=75.令2m-1=75,解得m=38.

10.(15分)已知数列{an}的首项为a1=1,其前n项和为Sn,且数列是公差为2的等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)∵数列是公差为2的等差数列,且=a1=1,

∴=1+(n-1)×2=2n-1.∴Sn=2n2-n.

∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-n-[2(n-1)2-(n-1)]=4n-3.

∵a1符合an=4n-3,∴an=4n-3.

(2)由(1)可得bn=(-1)nan=(-1)n·(4n-3).

当n为偶数时,Tn=(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×=2n;当n为奇数时,n+1为偶数,

Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1.

综上所述,Tn=

11.(15分)(2020广西钦州一模)在递增的等比数列{an}中,a3=16,a2+a4=68.Sn为等差数列{bn}的前n项和,b1=a1,S2=a2.

(1)求{an},{bn}的通项公式;

(2)求数列{}的前n项和Tn.

解:(1)由题意,设等比数列{an}的公比为q,

则

两式相比,可得,化简整理,得4q2-17q+4=0,

解得q=或q=4.

∵数列{an}是递增的等比数列,∴q≠,从而q=4.

∴数列{an}的通项公式为an=a3·qn-3=16·4n-3=4n-1.

∵b1=a1=41-1=1,

S2=b1+b2=1+b2=a2=4,解得b2=3.

设等差数列{bn}的公差为d,则d=b2-b1=3-1=2,

∴数列{bn}的通项公式为bn=1+2(n-1)=2n-1.

(2)由(1)知,Sn=n+×2=n2,

∴=n·2n.

∴Tn=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,

2Tn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,

两式相减,可得

-Tn=21+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=-(n-1)·2n+1-2,

∴Tn=(n-1)·2n+1+2.