2023年新教材高考数学一轮复习单元质检卷五数列含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习单元质检卷五数列含解析新人教B版，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷五　数列
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021湖南永州高三月考)“a,b,c成等比数列”是“a2,b2,c2成等比数列”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若S1=S25,a3+a8=32,则S16=(　　)
A.80 B.160 C.176 D.198
3.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f,则频率为482f的音是(　　)
A.第3个音 B.第4个音
C.第5个音 D.第6个音
4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列{an}中,a2+2a5=15,Sn为数列{an}的前n项和,则S7=(　　)
A.30 B.35 C.40 D.45
5.(2021湖北武昌高三一模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列{an}的公比为(　　)
A.-2 B.2 C.-3 D.3
6.(2021浙江金华高三月考)已知数列nan是等差数列,则(　　)
A.a3+a6=2a4 B.a3+a6=a4+a5
C.1a3+1a6=2a4 D.1a3+1a6=1a4+1a5
7.(2021北京朝阳高三二模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a1=8,a4=-1,则数列{Sn}(　　)
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列{an}中,an=1f(n),其中f(n)为最接近n的整数,若数列{an}的前m项和为20,则m=(　　)
A.15 B.30 C.60 D.110
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021山东德州高三期中)在数列{an}中,a1=12,anan-1-an-1+1=0(n≥2,n∈N*),Sn是其前n项和,则(　　)
A.a6=2 B.S12=6
C.a112=a10a12 D.2S11=S10+S12
10.(2021河北衡水一中高三月考)已知数列{an}是等比数列,公比为q,前n项和为Sn,下列说法正确的有(　　)
A.数列1an为等比数列
B.数列log2an为等差数列
C.数列{an+an+1}为等比数列
D.若Sn=3n-1+r,则r=-13
11.(2021广东佛山高三开学考试)若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=an2(an>0)相切,则(　　)
A.a1=65
B.数列{an}为等差数列
C.圆C可能过坐标原点
D.数列{an}的前10项和为23
12.(2021广东珠海高三二模)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB上取两个点C,D,使得AC=DB=14AB,以线段CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线段CD,就得到图2;对图2中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,……,图n,各图中的线段长度和为an,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)

A.数列{an}是等比数列
B.S10=6657256
C.an<3恒成立
D.存在正数m,使得Sn 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,若S2n=2Sn+n2,则d=　　　　　. 
14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,anan+1=22n+1,则Sn=　　　　　. 
15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列{an}中,an+an+2=n(n∈N*),则数列{an}的前20项和S20=　　　　　. 
16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列{an}的通项公式为an=ln n,若存在p∈R,使得an≤pn对任意n∈N*都成立,则p的取值范围为　　　　　. 
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列{an}满足an+2an+1=3n+5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列1anan+1的前n项和为Sn.若∀n∈N*,Sn<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.








18.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)求数列{bn}的通项公式,并求使得an>bn的n的取值范围.







19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{an}满足an>0,数列{an}的前n项和为Sn,若　　　　　,在以下三个条件中任选一个条件填入横线上,完成问题(1)和(2): 
①a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*);
②数列{cn}满足:cn=1an+1-1an,a1=3,且{cn}的前n项和为12n+3-13;
③Sn=(an+1)24-1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列,求数列{abn}中有多少个小于2 021的项.








20.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足:tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知数列{bn}是等差数列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求数列{anbn}的前n项和Tn.









21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记[x]表示不超过x的最大整数,如[0.99]=0,[3.01]=3.令bn=[an],求数列{bn}的前51项和T51.








22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f(x)=x2+m,其中m∈R,定义数列{an}如下:a1=0,an+1=f(an),n∈N*.
(1)当m=1时,求a2,a3,a4的值;
(2)是否存在实数m,使a2,a3,a4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m的值;若不存在,请说明理由;
(3)求证:当m>14时,总能找到k∈N*,使得ak>2 021.









单元质检卷五　数列
1.A　解析:若a,b,c成等比数列,则b2=ac,此时a2c2=(ac)2=b4,则a2,b2,c2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a2,b2,c2成等比数列,但a,b,c不成等比数列,即必要性不成立,即“a,b,c成等比数列”是“a2,b2,c2成等比数列”的充分不必要条件.故选A.
2.B　解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则根据题意可知,a1=25a1+12×25×24×d,a1+2d+a1+7d=32,即2a1+25d=0,2a1+9d=32,解得a1=25,d=-2,故S16=16×25+12×16×15×(-2)=160.故选B.
3.C　解析:由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a1,a2,…,a13,公比为q(q>0),则a13a1=q12=2,得q=122,所以an=a8qn-8=(122)n-8f=2n-812f.令2n-812f=482f=2-14f,解得n=5.故选C.
4.B　解析:由a2+2a5=15得a2+a4+a6=15,即3a4=15,因此a4=5,于是S7=7a4=7×5=35.故选B.
5.B　解析:设数列{an}的公比为q.若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8.∵a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,∴m=3,∴q3=8,∴q=2.故选B.
6.C　解析:设数列nan的公差为d,则4a4=3a3+d,5a5=3a3+2d,6a6=3a3+3d,因此1a3+1a6=1a3+163a3+3d=123a3+d=12×4a4=2a4,故选项C正确;a6=2a3da3+1,a4=4a3da3+3,不满足a3+a6=2a4,故选项A错误;a5=5a32da3+3,a3+a6≠a4+a5,故选项B错误;1a3+1a6=32a3+12d,1a4+1a5=2720a3+1320d,则1a3+1a6≠1a4+1a5,故选项D错误.故选C.
7.A　解析:设数列{an}的公比为q,则q3=a4a1=-18,所以q=-12,所以Sn=a1(1-qn)1-q=8[1-(-12) n]1-(-12)=1631--12n.当n为偶数时,Sn=1631-12n,即S2S3>S5>…>163,所以数列{Sn}有最大项S1,最小项S2,故选A.
8.D　解析:由题意知,函数f(n)为最接近n的整数.f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2,f(5)=2,f(6)=2,f(7)=3,f(8)=3,f(9)=3,f(10)=3,f(11)=3,
f(12)=3,…,由此可得在最接近n的整数f(n)中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由an=1f(n),可得a1=a2=1,a3=a4=a5=a6=12,a7=a8=…=a12=13,…,则a1+a2=2,a3+a4+a5+a6=2,a7+a8+…+a12=2,….因为数列{an}的前m项和为20,即Sm=10×2=20,可得m为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=10×2+10×92×2=110.故选D.
9.ABC　解析:当n=2时,有a2a1-a1+1=0,即12a2-12+1=0,解得a2=-1,同理可得a3=2,a4=12,因此数列{an}的项以3为周期重复出现,且S3=a1+a2+a3=12-1+2=32,所以a6=a3=2,故选项A正确;S12=4S3=4×32=6,故选项B正确;因为a11=a2=-1,a10=a1=12,a12=a3=2,所以a112=a10a12,故选项C正确;因为2S11=2(S9+a10+a11)=23×32+12-1=8,S10+S12=S9+a10+S12=3S3+4S3+a10=7×32+12=11,所以2S11≠S10+S12,故选项D不正确,故选ABC.
10.AD　解析:对于A选项,设bn=1an,则bn+1bn=anan+1=1q(n≥1,n∈N*),所以数列1an为等比数列,故A正确;对于B选项,若an<0,则log2an没意义,故B错误;对于C选项,当q=-1时,an+an+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C错误;对于D选项,由题意得q≠1,Sn=a1(1-qn)1-q=a1qq-1qn-1-a1q-1.由Sn=3n-1+r得,q=3,a1qq-1=1,即a1=23,所以r=-a1q-1=-13,故D正确.故选AD.
11.BCD　解析:由圆C:(x-2)2+y2=an2(an>0),则圆心C(2,0),半径为an.因为直线3x+4y+n=0与圆C:(x-2)2+y2=an2(an>0)相切,所以圆心C(2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为an,即|2×3+0×4+n|9+16=n+65=an,则a1=75,故选项A错误;由an=n+65,可得an+1-an=15,所以数列{an}是以15为公差的等差数列,故选项B正确;将(0,0)代入C:(x-2)2+y2=an2,解得an=2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C过坐标原点,故选项C正确;设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=n(75+n+65)2=n(n+13)10,所以S10=10×(10+13)10=23,故选项D正确.故选BCD.
12.BC　解析:由题意可得a1=1,a2=a1+2×12,a3=a2+2×122,以此类推可得an+1=an+2×12n,则an+1-an=22n,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+221+222+…+22n-1=1+1-12n-11-12=3-12n-2,所以数列{an}不是等比数列,故A错误;对于B选项,S10=3×10-2(1-1210)1-12=26+128=6657256,故B正确;对于C选项,an=3-12n-2<3恒成立,故C正确;对于D选项,因为an=3-12n-2>0恒成立,且an+1-an=3-12n-1-3+12n-2=12n-1>0,则数列{Sn}为递增数列,所以数列{Sn}无最大值,因此不存在正数m,使得Sn 13.1　解析:因为数列{an}为公差为d的等差数列,所以S2n=2n(a1+a2n)2=n(a1+a2n),Sn=n(a1+an)2.又S2n=2Sn+n2,所以n(a1+a2n)=2×n(a1+an)2+n2,即a1+a2n=a1+an+n,所以a2n-an=nd=n,解得d=1.
14.2n+1-2　解析:设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),首项为a1(a1>0).
因为anan+1=22n+1,所以an+1an+2=22n+3,因此an+1an+2anan+1=22n+322n+1=4,即q2=4,所以q=2.而a1a2=8,即a12q=8,所以a1=2,所以Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.
15.95　解析:因为an+an+2=n(n∈N*),所以an+1+an+3=n+1(n∈N*),所以an+an+1+an+2+an+3=2n+1(n∈N*),所以S20=a1+a2+…+a20=(a1+a2+a3+a4)+…+(a17+a18+a19+a20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×(1+17)×52+5=95.
16.ln33,+∞　解析:若存在p∈R,使得an≤pn对任意的n∈N*都成立,则p≥lnnnmax.设f(x)=lnxx(x∈N*),则f'(x)=1x·x-lnxx2.令f'(x)=1-lnxx2=0,解得x=e,所以函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数在x=e时取最大值.因为n∈N*,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p的取值范围是ln33,+∞.
17.解(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为an+2an+1=3n+5,所以a1+2a2=8,a2+2a3=11即3a1+2d=8,3a1+5d=11,
解得a1=2,d=1,所以an=2+(n-1)=n+1.
经检验,an=n+1符合题设,
所以数列{an}的通项公式为an=n+1.
(2)由(1)得,1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,
所以Sn=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2.
因为n∈N*,所以Sn<12.又因为∀n∈N*,Sn<-λ2+4λ,
所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤72.
因为λ为偶数,所以实数λ的值为2.
18.解(1)设等比数列{an}的公比为q.
由4a1,3S2,2S3是等差数列{bn}的前三项,得6S2=4a1+2S3,即3S2=2a1+S3,
所以3(a1+a1q)=2a1+a1+a1q+a1q2,整理得q2=2q,解得q=2.
由a3=2,得a1×22=2,所以a1=12,
所以Sn=12(1-2n)1-2=2n-12.
(2)由(1)得an=2n-2,所以4a1=2,3S2=92,2S3=7,
即等差数列{bn}的前三项为2,92,7,
所以bn=2+(n-1)92-2=12(5n-1).
由an>bn,得12×2n-1>12×(5n-1),即2n-1>5n-1.
令cn=2n-1-5n+1,则有cn+1-cn=2n-1-5.
当1≤n≤3时,cn+1-cn<0,即c1>c2>c3>c4;
当n≥4时,cn+1-cn>0,即c4 而c1=-3,c5=-8,c6=3,
所以使an>bn的n的取值范围是{n|n≥6,n∈N*}.
19.解(1)若选①.
因为a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*),
所以当n≥2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1,
两式相减得3n-1an=(2n+1)·3n-1,则an=2n+1.
又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(n∈N*).
若选②.
由于c1+c2+…+cn=1a2-1a1+1a3-1a2+…+1an+1-1an=1an+1-1a1=12n+3-13,
又a1=3,所以an+1=2n+3,因此当n≥2时,an=2n+1.
又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(n∈N*).
若选③.
当n=1时,a1=3.
因为Sn=(an+1)24-1(n∈N*),所以当n≥2时,Sn-1=(an-1+1)24-1(n∈N*),
两式相减得an=Sn-Sn-1=(an+1)24-(an-1+1)24,即4an=an2+2an+1-an-12-2an-1-1,
所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0.又an>0,所以an-an-1=2,
故数列{an}为等差数列,而a1=3,d=2,
所以an=2n+1.
(2)由已知得bn=2n,所以abn=2bn+1=2n+1+1,易知数列{abn}为递增数列.
又210=1024<2021,211=2048>2021,
所以n+1≤10,n≤9,n∈N*,所以数列{abn}中有9个小于2021的项.
20.解(1)当n=1时,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,
当n≥2时,tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tSn-Sn-1=t(an+an-1-1),
两式相减得tan+1-an=t(an+1-an-1),即an=tan-1.
又因为a1=t≠0,所以an-1≠0,即anan-1=t,
所以数列{an}是以t为首项,t为公比的等比数列,
故数列{an}的通项公式为an=tn,n∈N*.
(2)由题意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,
所以4t2=3t+t3.因为t≠0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.
又因为t≠1,所以t=3,故an=3n,n∈N*.
设数列{bn}的公差为d.由b1=9,b2=18,b3=27,可知d=9,
因此bn=b1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n,
所以anbn=9n·3n=n·3n+2,
所以Tn=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2,①
3Tn=1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n·3n+3,②
①-②得-2Tn=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=3n+3-272-n·3n+3,
所以Tn=(2n-1)3n+3+274.
21.解(1)因为nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以Sn+1n+1=Snn+1.又因为S1=a1=1,
所以数列Snn是以1为首项,1为公差的等差数列,因此Snn=n,即Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,
又因为a1=1符合上式,故an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=[an]=[2n-1],当n∈{1,2}时,bn=[2n-1]=1;
当n∈{3,4}时,bn=[2n-1]=2;当n∈{5,6,7,8}时,bn=[2n-1]=3;
当n∈{9,10,11,12}时,bn=[2n-1]=4;当n∈{13,14,15,16,17,18}时,bn=[2n-1]=5;
当n∈{19,20,21,22,23,24}时,bn=[2n-1]=6;当n∈{25,26,…,31,32}时,bn=[2n-1]=7;
当n∈{33,34,…,37,40}时,bn=[2n-1]=8;当n∈{41,42,…,49,50}时,bn=[2n-1]=9;
当n=51时,bn=[2n-1]=10,
所以数列{bn}的前51项和
T51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=320.
22.(1)解因为m=1,所以f(x)=x2+1.
因为a1=0,所以a2=f(a1)=f(0)=1,a3=f(a2)=f(1)=2,a4=f(a3)=f(2)=5.
(2)解存在.(方法1)假设存在实数m,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列,
则a2=f(0)=m,a3=f(m)=m2+m,a4=f(a3)=(m2+m)2+m.
因为a2,a3,a4成等差数列,所以2a3=a2+a4,
所以2(m2+m)=m+(m2+m)2+m,化简得m2(m2+2m-1)=0,
解得m=0(舍),m=-1±2.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,
所以存在m=-1±2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.
(方法2)因为a2,a3,a4成等差数列,所以a3-a2=a4-a3,即a22+m-a2=a32+m-a3,
所以(a32-a22)-(a3-a2)=0,即(a3-a2)(a3+a2-1)=0.
因为公差d≠0,故a3-a2≠0,所以a3+a2-1=0,解得m=-1±2.
经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,
所以存在m=-1±2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.
(3)证明因为an+1-an=an2+m-an=an-122+m-14≥m-14,
且m>14,所以令t=m-14>0,
得an-an-1≥t,an-1-an-2≥t,…,a2-a1≥t.
将上述不等式全部相加得an-a1≥(n-1)t,即an≥(n-1)t,
因此要使ak>2021成立,只需(k-1)t>2021,
因此只要取正整数k>2021t+1,就有ak≥(k-1)t>2021t·t=2021.
综上,当m>14时,总能找到k∈N*,使得ak>2021.