新教材老高考適用2023高考數(shù)學一輪總復習單元質(zhì)檢卷五數(shù)列北師大版

單元質(zhì)檢卷五數(shù)列(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2021湖南永州高三月考)“a,b,c成等比數(shù)列”是“a2,b2,c2成等比數(shù)列”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件2.(2021福建寧德高三三模)在等差數(shù)列{an}中,其前n項和為Sn,若S1=S25,a3+a8=32,則S16=()A.80 B.160 C.176 D.1983.(2021湖北武漢高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一組音(八度)分成十二個半音音程的律制,各相鄰兩律之間的振動數(shù)之比完全相等,亦稱“十二等程律”,即一個八度13個音,相鄰兩個音之間的頻率之比相等,且最后一個音的頻率是最初那個音的2倍.設(shè)第8個音的頻率為f,則頻率為482f的音是(A.第3個音 B.第4個音 C.第5個音 D.第6個音4.(2021河北邯鄲高三期末)在等差數(shù)列{an}中,a2+2a5=15,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,則S7=()A.30 B.35 C.40 D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和,若存在m∈N*,滿足S2mSm=9,a2mA.-2 B.2 C.-3 D.36.(2021浙江金華高三月考)已知數(shù)列nan是等差數(shù)列,則()A.a3+a6=2a4 B.a3+a6=a4+a5 C.1a3+17.(2021北京朝陽高三二模)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和,已知a1=8,a4=-1,則數(shù)列{Sn}()A.有最大項,有最小項 B.有最大項,無最小項C.無最大項,有最小項 D.無最大項,無最小項8.(2021湖南長郡中學高三二模)在數(shù)列{an}中,an=1f(n),其中f(n)為最接近n的整數(shù),若數(shù)列{an}的前m項和為20,則A.15 B.30 C.60 D.1109.在數(shù)列{an}中,a1=12,anan-1-an-1+1=0(n≥2,n∈N*),Sn是其前n項和,則下列說法錯誤的是(A.a6=2 B.S12=6 C.a112=a10a12 D.2S11=S1010.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比為q,前n項和為Sn,下列說法正確的有()A.數(shù)列1an為等比數(shù)列B.數(shù)列l(wèi)og2an為等差數(shù)列C.數(shù)列{an+an+1}為等比數(shù)列D.若Sn=3n-1+r,則r=111.若直線3x+4y+n=0(n∈N*)與圓C:(x-2)2+y2=an2(an>0)相切,則下列說法錯誤的是(A.a1=65B.數(shù)列{an}為等差數(shù)列C.圓C可能過坐標原點 D.數(shù)列{an}的前10項和為2312.分形幾何學是一門以不規(guī)則幾何形態(tài)為研究對象的幾何學,分形的外表結(jié)構(gòu)極為復雜,但其內(nèi)部卻是有規(guī)律可循的,一個數(shù)學意義上的分形的生成是基于一個不斷迭代的方程式,即一種基于遞歸的反饋系統(tǒng).下面我們用分形的方法得到一系列圖形,如圖1,在長度為1的線段AB上取兩個點C,D,使得AC=DB=14AB,以線段CD為邊在線段AB的上方作一個正方形,然后擦掉線段CD,就得到圖2;對圖2中的最上方的線段EF作同樣的操作,得到圖3;依次類推,我們就得到以下的一系列圖形.設(shè)圖1,圖2,圖3,……,圖n,各圖中的線段長度和為an,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則(A.數(shù)列{an}是等比數(shù)列B.S10=1C.an<3恒成立D.存在正數(shù)m,使得Sn<m恒成立二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2021江蘇南通高三三模)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,公差為d,若S2n=2Sn+n2,則d=.

14.(2021福建三明高三二模)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,anan+1=22n+1,則Sn=.

15.(2021江西南昌高三開學考試)在數(shù)列{an}中,an+an+2=n(n∈N*),則數(shù)列{an}的前20項和S20=.

16.(2021北京昌平高三模擬)已知數(shù)列{an}的通項公式為an=lnn,若存在p∈R,使得an≤pn對任意n∈N*都成立,則p的取值范圍為.

三、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2021廣西南寧高三月考)已知等差數(shù)列{an}滿足an+2an+1=3n+5.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)記數(shù)列1anan+1的前n項和為Sn.若?n∈N*,Sn<-λ2+4λ(λ為偶數(shù)),求實數(shù)18.(12分)(2021山東泰安高三模擬)已知Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差數(shù)列{bn}的前三項(1)求數(shù)列{an}的前n項和Sn;(2)求數(shù)列{bn}的通項公式,并求使得an>bn的n的取值范圍.19.(12分)(2021重慶巴蜀中學高三月考)已知數(shù)列{an}滿足an>0,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若,①a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*);

②數(shù)列{cn}滿足:cn=1an+1?1an,a1=3,且{③Sn=(an+1)24-1((1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若數(shù)列{bn}是首項和公比均為2的等比數(shù)列,求數(shù)列{abn20.(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足:tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.21.(12分)(2021福建龍巖高三期中)已知各項均為正數(shù)的無窮數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)記[x]表示不超過x的最大整數(shù),如[0.99]=0,[3.01]=3.令bn=[an],求數(shù)列{bn}的前51項和T5122.(12分)(2021天津和平高三模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+m,其中m∈R,定義數(shù)列{an}如下:a1=0,an+1=f(an),n∈N*.(1)當m=1時,求a2,a3,a4的值;(2)是否存在實數(shù)m,使a2,a3,a4成公差不為0的等差數(shù)列?若存在,請求出實數(shù)m的值;若不存在,請說明理由;(3)求證:當m>14時,總能找到k∈N*,使得ak>2021

單元質(zhì)檢卷五數(shù)列1.A解析:若a,b,c成等比數(shù)列,則b2=ac,此時a2c2=(ac)2=b4,則a2,b2,c2成等比數(shù)列,即充分性成立.反之當a=1,b=1,c=-1時滿足a2,b2,c2成等比數(shù)列,但a,b,c不成等比數(shù)列,即必要性不成立,即“a,b,c成等比數(shù)列”是“a2,b2,c2成等比數(shù)列”的充分不必要條件.故選A.2.B解析:設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,則根據(jù)題意可知,a1=25a1+12×25×24×d,a1+2d+a1+7d=32,即2a13.C解析:由題意知,這13個音的頻率成等比數(shù)列,設(shè)這13個音的頻率分別是a1,a2,…,a13,公比為q(q>0),則a13a1=q12=2,得q=122,所以an=a8qn-8=(122)n-8f=2n-812f.令2n-8124.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.故選B.5.B解析:設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.若q=1,則S2mSm=2,與題中條件矛盾,故q≠1.∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+16.C解析:設(shè)數(shù)列nan的公差為d,則4a4=3a3+d,5a5=3a3+2d,6a6=3a3+3d,因此1a3+1a6=1a3+163a3+3d=123a3+d=12×4a4=2a4,故選項C正確;a6=2a3da3+1,a4=7.A解析:設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,則q3=a4a1=-18,所以q=-12,所以Sn=a1(1-qn)1-q=8[1-(-12)

n]1-(-12)=1631--12n.當n為偶數(shù)時,Sn=1631-12n,即S2<S4<S6<…<163;當n8.D解析:由題意知,函數(shù)f(n)為最接近n的整數(shù).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的整數(shù)f(n)中,有2個1,4個2,6個3,8個4,….又由an=1f(n),可得a1=a2=1,a3=a4=a5=a6=12,a7=a8=…=a12=13,…,則a1+a2=2,a3+a4+a5+a6=2,a7+a8+…+a12=2,….因為數(shù)列{an}的前m項和為20,即Sm=10×2=20,可得m為首項為2,公差為2的等差數(shù)列的前10項和,所以m=10×2+10×92×9.D解析:當n=2時,有a2a1-a1+1=0,即12a2-12+1=0,解得a2=-1,同理可得a3=2,a4=12,因此數(shù)列{an}的項以3為周期重復出現(xiàn),且S3=a1+a2+a3=12-1+2=32,所以a6=a3=2,故選項A正確;S12=4S3=4×32=6,故選項B正確;因為a11=a2=-1,a10=a1=12,a12=a3=2,所以a112=a10a12,故選項C正確;因為2S11=2(S9+a10+a11)=23×32+12-1=8,S10+S12=S9+a10+S12=3S3+4S3+a10=7×32+12=11,所以210.A解析:對于A選項,設(shè)bn=1an,則bn+1bn=anan+1=1q(n≥1,n∈N*),所以數(shù)列1an為等比數(shù)列,故A正確;對于B選項,若an<0,則log2an沒意義,故B錯誤;對于C選項,當q=-1時,an+an+1=0,等比數(shù)列的任一項都不能為0,故C錯誤;對于D選項,由題意得q≠1,Sn=a1(1-qn)1-q=a1qq-1qn-1-a1q-11.A解析:由圓C:(x-2)2+y2=an2(an>0),則圓心C(2,0),半徑為an.因為直線3x+4y+n=0與圓C:(x-2)2+y2=an2(an>0)相切,所以圓心C(2,0)到直線3x+4y+n=0的距離為an,即|2×3+0×4+n|9+16=n+65=an,則a1=75,故選項A錯誤;由an=n+65,可得an+1-an=15,所以數(shù)列{an}是以15為公差的等差數(shù)列,故選項B正確;將(0,0)代入C:(x-2)2+y2=an2,解得an=2.由n+65=2,解得n=4,所以當n=4時,圓C過坐標原點,故選項C正確;設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn12.C解析:由題意可得a1=1,a2=a1+2×12,a3=a2+2×122,以此類推可得an+1=an+2×12n,則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,所以數(shù)列{an}不是等比數(shù)列,故A錯誤;對于B選項,S10=3×10-2(1-1210)1-12=26+128=6657256,故B錯誤;對于C選項,an=3-12n-2<3恒成立,故C正確;對于D選項,因為an=3-113.1解析:因為數(shù)列{an}為公差為d的等差數(shù)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+n14.2n+1-2解析:設(shè)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),首項為a1(a1>0).因為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a15.95解析:因為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+16.ln33,+∞解析:若存在p∈R,使得an≤pn對任意的n∈N*都成立,則p≥lnnnmax.設(shè)f(x)=lnxx(x∈N*),則f'(x)=1x·x-lnxx2.令f'(x)=1-lnxx2=0,解得x=e,所以函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以函數(shù)在x=e時取最大值.因為n∈N*,所以當n=17.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因為an+2an+1=3n+5,所以a解得a1=2,d=1,所以an=2+經(jīng)檢驗,an=n+1符合題設(shè),所以數(shù)列{an}的通項公式為an=n+1.(2)由(1)得,1a所以Sn=12?13+13?14+…+1n因為n∈N*,所以Sn<12.又因為?n∈N*,Sn<-λ2+4λ所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤7因為λ為偶數(shù),所以實數(shù)λ的值為2.18.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由4a1,3S2,2S3是等差數(shù)列{bn}的前三項,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(2)由(1)得an=2n-2,所以4a1=2,3S2=92,2S3=即等差數(shù)列{bn}的前三項為2,92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-令cn=2n-1-5n+1,則有cn+1-cn=2n-1-5.當1≤n≤3時,cn+1-cn<0,即c1>c2>c3>c4;當n≥4時,cn+1-cn>0,即c4<c5<…<cn<….而c1=-3,c5=-8,c6=3,所以使an>bn的n的取值范圍是{n|n≥6,n∈N*}.19.解(1)若選①.因為a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*),所以當n≥2時,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1,兩式相減得3n-1an=(2n+1)·3n-1,則an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(n∈N*).若選②.由于c1+c2+…+cn=1a2?1a1+1a3?1a2+又a1=3,所以an+1=2n+3,因此當n≥2時,an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(n∈N*).若選③.當n=1時,a1=3.因為Sn=(an+1)24-1(n∈N*),所以當n≥2時,Sn-1=(a兩式相減得an=Sn-Sn-1=(an+1)24?(an-1+1)24,即4an=所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0.又an>0,所以an-an-1=2,故數(shù)列{an}為等差數(shù)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,易知數(shù)列{ab又210=1024<2021,211=2048>2021,所以n+1≤10,n≤9,n∈N*,所以數(shù)列{abn}中有9個小于202120.解(1)當n=1時,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,當n≥2時,tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tSn-Sn-1=t(an+an-1-1),兩式相減得tan+1-an=t(an+1-an-1),即an=tan-1.又因為a1=t≠0,所以an-1≠0,即ana所以數(shù)列{an}是以t為首項,t為公比的等比數(shù)列,故數(shù)列{an}的通項公式為an=tn,n∈N*.(2)由題意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因為t≠0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因為t≠1,所以t=3,故an=3n,n∈N*.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為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+2,①3Tn=1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n·3n+3,②①-②得-2Tn=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=3n+3-272-n所以Tn=(221.解(1)因為nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以Sn+1n+1=Snn+1所以數(shù)列Snn是以1為首項,1為公差的等差數(shù)列,因此Snn=n,即Sn=n當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n-1,又因為a1=1符合上式,故an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=[an]=[2n-1],當n∈{1,2}時,bn=[當n∈{3,4}時,bn=[2n-1]=2;當n∈{5,6,7,8}時,bn=[2當n∈{9,10,11,12}時,bn=[2n-1]=4;當n∈{13,14,15,16,17,18}時,bn=[2當n∈{19,20,21,22,23,24}時,bn=[2n-1]=6;當n∈{25,26,…,31,32}時,bn=[2當n