2022高考数学一轮复习单元质检卷六数列B（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习单元质检卷六数列B（含解析），共4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。

一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30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.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若1a1+1a2+1a3=2,a2=2,则S3=( )
A.8B.7
C.6D.4
2.等差数列{an}中,a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则数列{an}的前9项的和S9等于( )
A.66B.99
C.144D.297
3.(2020河北衡水中学三模,理5)有这样一道题目:“戴氏善屠,日益功倍.初日屠五两,今三十日屠讫,向共屠几何?”其意思为:“有一个姓戴的人善于屠肉,每一天屠完的肉是前一天的2倍,第一天屠了5两肉,共屠了30天,问一共屠了多少两肉?”在这个问题中,该屠夫前5天所屠肉的总两数为( )
A.35B.75
C.155D.315
4.(2020福建福州模拟,理6)已知数列{an}为等差数列,若a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,则a3a4=( )
A.-14B.9
C.14D.20
5.已知在等比数列{an}中,an>0,a22+a42=900-2a1a5,a5=9a3,则a2 019的个位数字是( )
A.6B.7
C.8D.9
6.(2020河北武邑中学三模,5)若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2,则Sn=( )
A.n(n+1)2B.2n-1
C.2n-1D.2n-1+1
二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.
7.(2020北京海淀期中,13)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=9,公差d=-2.则Sn的最大值为 .
8.(2020广东广州一模,文16)记Sn为数列{an}的前n项和,若2Sn-an=12n-1,则a3+a4= ,数列{an+2-an}的前n项和Tn= .
三、解答题:本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
9.(12分)(2020湖南永州二模,理17)已知Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和,S3=6,a3是a1与a9的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列bn=(-1)n4an4n2-1(n∈N*),数列{bn}的前2n项和为P2n,若P2n+1<12020,求正整数n的最小值.
10.(12分)(2020山东淄博4月模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,an+1=4an+3n-1,bn=an+n.
(1)证明:数列{bn}为等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和.
11.(12分)(2020江西名校大联考,理18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+n,数列{bn}满足an=b12+1+b222+1+…+bn2n+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=anbn4-n,求数列cn的前n项和Tn.
参考答案
单元质检卷六 数列(B)
1.A 因为等比数列{an}的前n项和为Sn,且1a1+1a2+1a3=2,a2=2,
则1a1+1a2+1a3=a1+a3a1a3+1a2=a1+a2+a3a22=S34=2,则S3=8.故选A.
2.B 由等差数列的性质得a1+a7=2a4,a3+a9=2a6,∴a1+a4+a7=3a4=39,a3+a6+a9=3a6=27,∴a4=13,a6=9,
∴a4+a6=22,
∴数列{an}前9项的和S9=9(a1+a9)2=9(a4+a6)2=9×222=99.
3.C 由题意可得该屠夫每天屠的肉成等比数列,记首项为a1,公比为q,前n项和为Sn,所以a1=5,q=2,因此前5天所屠肉的总两数为a1(1-q5)1-q=5×(1-25)1-2=155.故选C.
4.D 因为方程x2-9x+14=0的两个实数根为2,7.所以a1=2,a6=7或a1=7,a6=2,当a1=2,a6=7时,d=a6-a16-1=1,则a3=4,a4=5,所以a3a4=20.当a1=7,a6=2时,d=a6-a16-1=-1,则a3=5,a4=4,所以a3a4=20.故选D.
5.D 设等比数列{an}的公比q,首项为a1,由a22+a42=900-2a1a5,得a22+a42+2a2a4=900,解得a2+a4=30,即a1q+a1q3=30,由a5=9a3,得q=3,所以a1=1,所以an=3n-1,所以a1=30=1,a2=31=3,a3=32=9,a4=33=27,a5=34=81,a6=35=243,…,所以an的个位数是以4为周期重复出现的.所以a2019的个位数字是a3的个位数字9,故选D.
6.C ∵(Sn+1)(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2,令bn=Sn+1,∴bn·bn+2=bn+12,
∴{bn}为等比数列,设其公比为q,
∵b1=S1+1=a1+1=2,b2=S2+1=a1+a2+1=4,
∴q=b2b1=2,∴bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n,∴Sn=bn-1=2n-1.故选C.
7.25 ∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,公差d=-2,
∴Sn=9n+n(n-1)2×(-2)=-n2+10n=-(n-5)2+25,∴n=5时,Sn取最大值且最大值为25.
8.-18 12-12n+1 ∵2Sn-an=12n-1,
∴2Sn+1-an+1=12n,两式相减,得an+1+an=-12n,∴a3+a4=-123=-18;∵an+1+an=-12n,∴an+2+an+1=-12n+1,两式相减,得an+2-an=-12n+1+12n=12n+1,∴{an+2-an}是以14为首项,12为公比的等比数列,∴Tn=14(1-12n)1-12=12-12n+1.
9.解(1)设等差数列{an}的公差为d,由a3是a1与a9的等比中项,可得a1·a9=a32,即a1(a1+8d)=(a1+2d)2,解得a1=d.又因为S3=3a1+3d=6,所以a1=d=1,所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n.
(2)由(1)可得bn=(-1)n4n4n2-1=(-1)n12n-1+12n+1,所以P2n=-1-13+13+15-15-17+…-14n-3-14n-1+14n-1+14n+1=-1+14n+1.因为|P2n+1|=14n+1<12020,所以n>20194,所以正整数n的最小值为505.
10.(1)证明∵bn=an+n,∴bn+1=an+1+n+1.又an+1=4an+3n-1,∴bn+1bn=an+1+n+1an+n=(4an+3n-1)+n+1an+n=4(an+n)an+n=4.又b1=a1+1=1+1=2,
∴数列{bn}是首项为2,公比为4的等比数列.
(2)解由(1)知,bn=2×4n-1,∴an=bn-n=2×4n-1-n,
∴Sn=a1+a2+…+an=2(1+4+42+…+4n-1)-(1+2+3+…+n)=2(1-4n)1-4-n(n+1)2=23(4n-1)-12n2-12n.
11.解(1)因为Sn=n2+n,所以当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,又a1=2也满足上式,所以an=2n(n∈N*).因为b12+1+b222+1+…+bn2n+1=an=2n,
所以b12+1+b222+1+…+bn-12n-1+1=2n-2(n≥2,n∈N*),
两式作差,得bn2n+1=2,所以bn=2n+1+2(n≥2,n∈N*),当n=1时,b13=2,所以b1=6.又b1=6满足上式,所以bn=2n+1+2(n∈N*).
(2)因为cn=anbn4-n=n·2n,所以Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n·2n+1,
两式相减,得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,即-Tn=2n+1-2-n·2n+1,所以Tn=(n-1)·2n+1+2.