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版文

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.已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则= (　　)

A.2 B.3 C.5 D.7

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.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若S10=95,a8=17,则(　　)

A.an=5n-23 B.Sn=2n2-n

C.an=4n-15 D.Sn=

4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n=(　　)

A.80 B.26 C.30 D.16

5.《九章算术》中的“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,现自上而下取第1,3,9节,则这3节的容积之和为(　　)

A.升 B.升 

C.升 D.升

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.记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)(2021山东淄博一模)将n2(n∈N*)个正数排成n行n列:

a11　a12　a13　a14　…　a1n

a21　a22　a23　a24　…　a2n

a31　a32　a33　a34　…　a3n

a41　a42　a43　a44　…　a4n

…

an1　an2　an3　an4　…　ann

其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且各列的公比都相等,若a11=1,a13·a23·a33=1,a32+a33+a34=.

(1)求a1n;

(2)设Sn=a11+a22+a33+…+ann,求Sn.

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　解析设{an}的公差为d.由题意,得=a2a8,

∴(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),∴d2=a1d.

∵d≠0,∴d=a1,∴=3.

2.C　解析若S35=0,则S35==0,即a18=0;

若a17-a19=0,则-2d=0(d为{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.D　解析设等差数列{an}的公差为d,∵S10=95,a8=17,

∴解得

∴an=-4+3(n-1)=3n-7,Sn=-4n+×3=.

故选D.

4.C　解析设各项均为正数的等比数列{an}的首项为a1,公比为q.

∵Sn=2,S3n=14,∴=2,=14,

解得qn=2,=-2.

∴S4n=(1-q4n)=-2×(1-16)=30.故选C.

5.B　解析设自上而下各节的容积分别为a1,a2,…,a9,公差为d,

∵上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,

∴

解得

∴自上而下取第1,3,9节,这3节的容积之和为a1+a3+a9=3a1+10d=3×+10×(升).

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)设第一行数的公差为d,各列的公比为q.

由题意可知a13·a23·a33==1,解得a23=1,

由a32+a33+a34=3a33=,

解得a33=,则q=.

由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)·=1,解得d=,

因此a1n=a11+(n-1)d=1+.

(2)由ann=a1nqn-1=,

可得Sn=+…+,

两边同时乘以可得Sn=+…+,

上述两式相减可得Sn=1+=1+,

因此,Sn=3-.

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,

2Tn=2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2,

两式相减,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=n+1,

所以=4,

则Tn=4+…+=4,

故Tn=.