单元检测卷六　数列

这是一份单元检测卷六　数列，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元检测卷六　数列
(时间:100分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.(2019北京海淀一模,3)已知等差数列{an}满足4a3=3a2,则{an}中一定为零的项是(　　)
　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.a6 B.a8
C.a10 D.a12
2.(2018全国1,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(　　)
　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.-12 B.-10 C.10 D.12
3.等比数列{an}中,若a4·a5·a6=8,且a5与2a6的等差中项为2,则公比q=(　　)
A.2 B.12
C.-2 D.-12
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6=a8+6,则S7=(　　)
A.49 B.42 C.35 D.24
5.(2019湖南湘潭二模)已知数列{an}为等比数列,首项a1=2,数列{bn}满足bn=log2an,且b2+b3+b4=9,则a5=(　　)
A.8 B.16
C.32 D.64
6.(2019宁夏高三联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若1a1+1a2+1a3=2,a2=2,则S3=(　　)
A.8 B.7 C.6 D.4
7.(2019福建联考,12改编)在数列{an}中,a1=2,且an+an-1=nan-an-1+2(n≥2),令bn=(an-1)2,则b10=(　　)
A.50 B.55 C.60 D.65
8.(2019贵州遵义模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a9=12a12+6,a2=4,若数列1Sn的前k项和为1011,则k=(　　)
A.11 B.10 C.9 D.8
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.将n2个数排成n行n列的一个数阵,如下图:
a11　a12　a13……a1n
a21　a22　a23……a2n
a31　a32　a33……a3n
……
an1　an2　an3……ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S,下列结论正确的有(　　)
A.m=3
B.a67=17×37
C.aij=(3i-1)×3j-1
D.S=14n(3n+1)(3n-1)
10.已知数列{an}是公差不为0的等差数列,前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,下列选项正确的有(　　)
A.a10=0 B.S7=S12
C.S10最小 D.S20=0
11.在数列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为“等方差数列”,下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)
A.若{an}是等差数列,则{an2}是等方差数列
B.{(-1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列
12.若无穷数列{an}满足:a1≥0,当n∈N*,n≥2时,|an-an-1|=max{a1,a2,…,an-1}(其中max{a1,a2,…,an-1}表示a1,a2,…,an-1中的最大项),以下结论中正确的是(　　)
A.若数列{an}是常数列,则an=0(n∈N*)
B.若数列{an}是公差d≠0的等差数列,则d<0
C.若数列{an}是公比为q的等比数列,则q>1
D.若存在正整数T,对任意n∈N*,都有an+T=an,则a1是数列{an}的最大项
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a4成等比数列,则a1=　　　　;数列{an}的前n项和Sn=　　　　. 
14.(2019浙江温州中学模拟)已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r=　　　　　. 
15.设等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),若a1=3,a5=-11,则a3=　　　,S5=　　　. 
16.已知数列{an},若a1+2a2+…+nan=2n,则数列{anan+1}的前n项和为　　　　. 
四、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)(2019全国2,文18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.







18.(12分)已知数列{an}满足a1·a2·a3·…·an-1·an=n+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+1an,求数列{bn}的前n项和Sn.








19.(12分)(2019安徽安庆二模,17)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足对任意的n∈N*都有an+1+Sn+1=1,又a1=12.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2an,求1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1(n∈N*).





20.(12分)(2019湖北八校联考一,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2+Sn对一切正整数n恒成立.
(1)求a1和数列{an}的通项公式;
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.








21.(12分)(2019安徽宣城八校联考)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an2(n∈N*).
(1)证明:数列{1+log2an}为等比数列;
(2)设bn=n1+log2an,求数列{bn}的前n项和Sn.







22.(12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=1-14an,其中n∈N*.
(1)设bn=22an-1,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式;
(2)设cn=4ann+1,数列{cncn+2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由.





参考答案与解析
一、单项选择题(本题共4小题,每小题7分,共28分)
1.答案A
解析∵4a3=3a2,∴4a1+8d=3a1+3d,则a1+5d=0,即a6=0.
2.答案B
解析因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),
即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.
3.答案B
解析根据题意,等比数列{an}中,若a4·a5·a6=8,则(a5)3=8,解得a5=2,
又由a5与2a6的等差中项为2,则a5+2a6=4,解得a6=1,则q=a6a5=12.故选B.
4.答案B
解析设等差数列{an}的公差为d,∵2a6=a8+6,∴2(a1+5d)=a1+7d+6,∴a1+3d=6,即a4=6.
由等差数列的性质可得a1+a7=2a4.
∴S7=7(a1+a7)2=7a4=42.故选B.
5.答案C
解析设等比数列{an}的公比为q,已知首项a1=2,所以an=2qn-1,所以bn=log2an=1+(n-1)log2q,所以数列{bn}是等差数列.因为b2+b3+b4=9,所以3b3=9,解得b3=3,所以a3=23=2×q2,解得q2=4,所以a5=2×24=32.故选C.
6.答案A
解析因为等比数列{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.
7.答案B
解析∵an+an-1=nan-an-1+2(n≥2),
∴an2-an-12-2(an-an-1)=n,
整理得(an-1)2-(an-1-1)2=n,
由累加法得(an-1)2-(a1-1)2=n+(n-1)+…+2,
又a1=2,
∴bn=(an-1)2=n(n+1)2,可得b10=55.故选B.
8.答案B
解析设等差数列{an}的公差为d,
则a1+8d=12(a1+11d)+6,a1+d=4,解得a1=2,d=2.
∴Sn=2n+n(n-1)2×2=n2+n,
∴1Sn=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴1S1+1S2+…+1Sk=1-12+12-13+…+1k-1k+1=1-1k+1=1011,解得k=10.故选B.

二、多项选择题(本题共2小题,每小题7分,共14分)
9.答案ACD
解析由题意,该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列,且a11=2,a13=a61+1,
可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5d=2+5m,
所以2m2=2+5m+1,
解得m=3或m=-12(舍去),所以选项A是正确的;
又由a67=a61m6=(2+5×3)×36=17×36,所以选项B不正确;
又由aij=ai1mj-1=[a11+(i-1)×m]×mj-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,所以选项C是正确的;
又由这n2个数的和为S,
则S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+…+an1(1-3n)1-3=12(3n-1)·(2+3n-1)n2
=14n(3n+1)(3n-1),所以选项D是正确的.故选ACD.
10.答案AB
解析因为{an}是等差数列,设公差为d,由a1+5a3=S8,可得a1+9d=0,即a10=0,即选项A正确;
又S12-S7=a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,即选项B正确;
当d>0时,则S9或S10最小,当d<0时,则S9或S10最大,即选项C错误;
又S19=19a10=0,a20≠0,所以S20≠0,即选项D错误.故选AB.
11.答案BCD
解析对于A选项,取an=n,则an+14-an4=(n+1)4-n4=[(n+1)2-n2]·[(n+1)2+n2]=(2n+1)(2n2+2n+1)不是常数,则{an2}不是等方差数列,故A错误;
对于B选项,[(-1)n+1]2-[(-1)n]2=1-1=0为常数,则{(-1)n}是等方差数列,故B正确;
对于C选项,若{an}是等方差数列,则存 在常数p∈R,使得an+12-an2=p,则数列{an2}为等差数列,所以ak(n+1)2-akn2=kp,则数列{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列,故C正确;
对于D选项,若数列{an}为等差数列,设其公差为d,则存在m∈R,使得an=dn+m,则an+12-an2=(an+1-an)(an+1+an)=d(2dn+2m+d)=2d2n+(2m+d)d,
由于数列{an}也为等方差数列,所以,存在实数p,使得an+12-an2=p,
则2d2n+(2m+d)d=p,对任意的n∈N*恒成立,
则2d2=0,(2m+d)d=p,
得p=d=0,
此时,数列{an}为常数列,故D正确,故选BCD.
12. 答案ABCD
解析若数列{an}是常数列,由|an-an-1|=max{a1,a2,…,an-1},可得
max{a1,a2,…,an-1}=0,则an=0(n∈N*),故A正确;
若数列{an}是公差d≠0的等差数列,由max{a1,a2,…,an-1}=|d|,
若d>0,即有数列递增,可得d=an,即数列为常数列,不成立;
若d<0,可得数列递减,可得-d=a1成立,则d<0,故B正确;
若数列{an}是公比为q的等比数列,若q=1可得数列为非零常数列,不成立;
由|a2-a1|=a1,可得a2=0(舍去)或a2=2a1,即有q=2>1,a1>0,则数列递增,
由max{a1,a2,…,an-1}=an-1,可得an-an-1=an-1,可得an=2an-1,则q>1,故C正确;
假设a1不是数列{an}的最大项,设i是使得ai>a1的最小正整数,
则|ai+1-ai|=max{a1,a2,…,ai}=ai,因此ai+1是ai的倍数,
假设ai+1,ai+2,…,ai+k-1都是ai的倍数,
则|ai+k-ai+k-1|=max{a1,a2,…,ai+k-1}=max{a1,ai+1,…,ai+k-1},
因此,ai+k也是ai的倍数,由第二数学归纳法可知,对任意n≥i,an都是ai的倍数,又存在正整数T,对任意正整数n,都有aT+n=an,故存在正整数m≥i,am=a1,故ai是a1的倍数,
但ai>a1,故a1不是ai的倍数,矛盾,故a1是数列{an}的最大值,故D正确.
故选ABCD.
三、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)
13.答案2　n2+n
解析∵数列{an}是公差为2的等差数列,且a1,a2,a4成等比数列,∴a1,a1+2,a1+6成等比数列,∴(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2;数列{an}的前n项和Sn=2n+n(n-1)2×2=n2+n.
14.答案19
解析等比数列前n项和公式具有特征Sn=aqn-a,
据此可知,r=-1,
则Sn=3n-1,a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,a3-r=19.
15.答案-4　-20
解析依题意,a3=a1+a52=3-112=-4;
S5=a1+a52×5=5a3=5×(-4)=-20.
16.答案4nn+1
解析因为a1+2a2+…+nan=2n,
所以a1+2a2+…+(n-1)an-1=2(n-1),
两式相减得nan=2,则an=2n,设数列{anan+1}的前n项和为Sn,anan+1=2n×2n+1=41n-1n+1,
则Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1=41-12+12-13+…+1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.
四、解答题(本大题共3小题,共44分)
17.解(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
18.解(1)数列{an}满足a1·a2·a3·…·an-1·an=n+1,①
当n≥2时,a1·a2·a3·…·an-1=n,②
①②得an=n+1n,当n=1时,a1=2也满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=n+1n.
(2)由于an=n+1n,所以bn=an+1an=n+1n+nn+1=1+1n+1-1n+1=2+1n-1n+1,则Sn=2+1-12+2+12-13+…+2+1n-1n+1=2n+1-1n+1=2n+1-1n+1.
19.解(1)由an+1+Sn+1=1,①得an+Sn=1(n≥2,n∈N*),②
①-②得2an+1-an=0,即an+1=12an(n≥2,n∈N*).
由a2+S2=a2+(a1+a2)=1,
a1=12,得a2=14=12a1,
所以an+1=12an(n∈N*),则数列{an}是首项和公比都为12的等比数列,因此an=12n(n∈N*).
(2)由an=12n,得bn=log2an=-n,
所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
20.解(1)当n≥2时,an=2+Sn-1,与an+1=2+Sn相减得an+1=2an(n≥2).∴数列{an}是公比q=2的等比数列,a2=2a1,
又∵a2=2+S1=2+a1,∴a1=2,
∴an=2n.
(2)由an+1=2+Sn得Sn=2n+1-2,
∴Tn=(22+23+…+2n+1)-2n=22(1-2n)1-2-2n=2n+2-2n-4.
21.(1)证明由an+1=2an2,两边取以2为底的对数,得log2an+1=1+2log2an,
则log2an+1+1=2(log2an+1),所以{1+log2an}为首项为2,公比为2的等比数列.且log2an+1=(log2a1+1)×2n-1=2n.
(2)解由(1)得bn=n2n.因为Sn为数列{bn}的前n项和,
所以Sn=12+222+…+n2n,
则12Sn=122+223+…+n2n+1.
两式相减得12Sn=12+122+…+12n-n2n+1=12(1-12n)1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1,所以Sn=2-n+22n.
22.(1)证明∵bn+1-bn=22an+1-1-22an-1=22(1-14an)-1-22an-1=4an2an-1-22an-1=2(常数),∴数列{bn}是等差数列.
∵a1=1,∴b1=2,因此bn=2+(n-1)×2=2n,由bn=22an-1得an=n+12n.
(2)解存在.由cn=4ann+1,an=n+12n得cn=2n,∴cncn+2=4n(n+2)=21n-1n+2,∴Tn=21-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2=21+12-1n+1-1n+2<3,
依题意要使Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立,只需1cmcm+1≥3,即m(m+1)4≥3,
解得m≥3或m≤-4,又m为正整数,∴m的最小值为3.