高考数学(文数)一轮复习单元检测06《数列》提升卷（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习单元检测06《数列》提升卷（教师版），共7页。

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间100分钟，满分130分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于( )
A．6B．9C．12D．15
答案 B
解析 设数列{an}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.
2．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则数列{lg2an}的前12项和为( )
A．66B．55C．45D．65
答案 A
解析 由题得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1(n∈N*)，则lg2an＝n－1，所以数列{lg2an}的前12项和为eq \f(0＋11,2)×12＝66.故选A.
3．已知{an}为递增的等比数列，且a2a5＝128，eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(3,16)，则an等于( )
A．2nB．2nC.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))nD.eq \f(n,2)
答案 A
解析 设数列{an}的公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q4＝a1q2·a1q3＝128，,\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)＝\f(3,16)，))
又{an}递增，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝8，,a1q3＝16，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))所以an＝2n(n∈N*)，故选A.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn，若a<0，则( )
A．nan≤na1≤SnB．Sn≤na1≤nan
C．na1≤Sn≤nanD．nan≤Sn≤na1
答案 D
解析 由Sn知{an}为公差d<0的等差数列，
∴{an}为递减数列，∴nan≤Sn≤na1.
5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的前n项和为( )
A.eq \f(n2＋5n,2)B.eq \f(n2＋5n,4)
C.eq \f(n2＋3n,2)D.eq \f(n2＋3n,4)
答案 D
解析 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，故eq \f(an,n)＝eq \f(n＋1,2)，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的前n项和为eq \f(1,2)(2＋3＋…＋n＋1)＝eq \f(nn＋3,4)，故选D.
6．已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1 010＋a1 011＝π，b6·b9＝2，则taneq \f(a1＋a2 020,1＋b7b8)等于( )
A．1B．－1C.eq \f(\r(3),3)D.eq \r(3)
答案 D
解析 由题意得taneq \f(a1＋a2 020,1＋b7b8)＝taneq \f(a1 010＋a1 011,1＋b6b9)
＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，故选D.
7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝3nB．an＝3n－1
C．an＝2nD．an＝2n－1
答案 B
解析 因为2Sn＝an＋1－1，所以2a1＝a2－1，又a1＝1，所以a2＝3.由题知当n≥2时，2Sn－1＝an－1，所以2an＝an＋1－an，易知an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，当n＝1时，也符合此式，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1(n∈N*)，故选B.
8．已知数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，且对任意的n∈N*，都有an＋1＝eq \f(1－an,1＋an)成立，则a2 020的值为( )
A．1B.eq \f(1,2)C.eq \f(1,3)D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 由题得a1＝eq \f(1,2)；a2＝eq \f(1－a1,1＋a1)＝eq \f(1,3)；a3＝eq \f(1－a2,1＋a2)＝eq \f(1,2)；a4＝eq \f(1－a3,1＋a3)＝eq \f(1,3)，数列{an}为周期数列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝eq \f(1,2)(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝eq \f(1,3)(n∈N*)，所以a2 020＝eq \f(1,3)，故选C.
9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3－eq \f(21,2)n2＋24(n∈N*)，则当an取得最小值时，n等于( )
A．5B．6C．7D．8
答案 C
解析 令f(x)＝x3－eq \f(21,2)x2＋24(x≥1)，则f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)<0；在区间(7，＋∞)内，f′(x)>0.故当x＝7时，f(x)取得最小值，即n＝7时，an取得最小值，故选C.
10．设数列{an}满足a1＝eq \f(3,8)，且对任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则a2 021等于( )
A.eq \f(32021,8)B.eq \f(32021,8)＋2
C.eq \f(32022,8)D.eq \f(32022,8)＋2
答案 A
解析 因为对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，所以10×3n≤(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝10×3n，所以an＋4－an＝10×3n.因为a2 021＝(a2 021－a2 017)＋(a2 017－a2 013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋eq \f(3,8)＝10×eq \f(32021－3,81－1)＋eq \f(3,8)＝eq \f(32021,8).
11．记f(n)为最接近eq \r(n)(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若eq \f(1,f1)＋eq \f(1,f2)＋eq \f(1,f3)＋…＋eq \f(1,fm)＝4038，则正整数m的值为( )
A．2018×2019B．20192
C．2019×2020D．2020×2021
答案 C
解析 设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－eq \f(1,2)且eq \f(1,fn2－n＋1)＋eq \f(1,fn2－n＋2)＋…＋eq \f(1,fn2＋n)＝2n×eq \f(1,n)＝2.因为4038＝2×2019，
所以m＝20192＋2019＝2019×2020，故选C.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立，则数列{an}的通项公式为( )
A.eq \f(2n,λ)B.eq \f(2n＋1,λ)C.eq \f(2n＋1,λ)D.eq \f(2n＋1＋1,λ)
答案 A
解析 令n＝1，则λaeq \\al(2,1)＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，
因为a1≠0，所以a1＝eq \f(2,λ)，所以2an＝eq \f(2,λ)＋Sn，①
当n≥2时，2an－1＝eq \f(2,λ)＋Sn－1，②
①－②，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，
所以{an}是以eq \f(2,λ)为首项，2为公比的等比数列，所以an＝eq \f(2,λ)×2n－1＝eq \f(2n,λ)(n∈N*)，故选A.
第Ⅱ卷(非选择题 共70分)
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知等差数列{an}的前9项和等于前4项和，若ak＋a4＝0，则k＝________.
答案 10
解析 由S9－S4＝0，得a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，故a7＝0，由ak＋a4＝0＝2a7，得k＋4＝14，所以k＝10.
14．已知正项等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项am，an，使得eq \r(am·an)＝2a1，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为________．
答案 eq \f(7,3)
解析 设数列{an}的公比为q(q>0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又eq \r(am·an)＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))min＝eq \f(7,3).
15．已知数列{an}满足a1＝2，且eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an－1,n)＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为______________．
答案 an＝n＋1
解析 因为eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an－1,n)＝an－2(n≥2)，①
所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an－1,n)＋eq \f(an,n＋1)＝an＋1－2(n≥2)，②
②－①，得eq \f(an,n＋1)＝(an＋1－2)－(an－2)＝an＋1－an(n≥2)，整理得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)(n≥2)，
又a1＝2，且eq \f(a1,2)＝a2－2，所以a2＝3，则eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,2)×eq \f(4,3)×eq \f(5,4)×…×eq \f(n,n－1)×eq \f(n＋1,n)，整理得eq \f(an,a1)＝eq \f(n＋1,2)，所以an＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1也符合)．
16．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品的销售价格，即根据商品的最低销售限价a、最高销售限价b(b>a)以及常数x(0答案 eq \f(\r(5)－1,2)
解析 由题意知c－a＝x(b－a)，b－c＝(b－a)－x(b－a)，又c－a是b－c和b－a的等比中项，∴[x(b－a)]2＝(b－a)2－x(b－a)2，∴x2＋x－1＝0，解得x＝eq \f(－1±\r(5),2).∵0三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(12分)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
解 (1)设q为等比数列{an}的公比，q>0，
则由a1＝2，a3＝a2＋4，得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，
解得q＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由题意得Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq \f(21－2n,1－2)＋n×1＋eq \f(nn－1,2)×2＝2n＋1＋n2－2.
18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn＝4an－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lgan，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.
解 (1)当n≥2时，3Sn＝4an－2，①
3Sn－1＝4an－1－2，②
①－②得3an＝4(an－an－1)，
所以an＝4an－1，即eq \f(an,an－1)＝4.
又3S1＝4a1－2，所以a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)．
(2)因为bn＝lgan＝lg22n－1＝1－2n，
所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,1－2n1－2n－2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)(n∈N*)．
19．(13分)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)＋3n－5))的前n项和Sn.
解 (1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an，
得eq \f(an＋1,n＋1)＝2·eq \f(an,n).
设bn＝eq \f(an,n)，所以bn＋1＝2bn.
因为an≠0，所以bn≠0，所以eq \f(bn＋1,bn)＝2.
又因为b1＝eq \f(a1,1)＝1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1＝eq \f(an,n)，an＝n·2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)可知eq \f(an,n)＋3n－5＝2n－1＋3n－5，
故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n＝2n＋eq \f(3n2－7n,2)－1.
20．(13分)已知函数f(x)＝eq \f(bx＋c,x＋1)的图象过原点，且关于点(－1,2)成中心对称．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝f(an)，试证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,an－1)))为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
解 (1)∵f(0)＝0，∴c＝0.
∵f(x)＝eq \f(bx＋c,x＋1)的图象关于点(－1,2)成中心对称，
∴f(x)＋f(－2－x)＝4，即eq \f(bx,x＋1)＋eq \f(b－2－x,－2－x＋1)＝4，
解得b＝2.
∴f(x)＝eq \f(2x,x＋1).
(2)∵an＋1＝f(an)＝eq \f(2an,an＋1)，
∴当n≥2时，eq \f(\f(an,an－1),\f(an－1,an－1－1))＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1－1,an－1)＝eq \f(\f(2an－1,an－1＋1),\f(2an－1,an－1＋1)－1)·eq \f(an－1－1,an－1)＝eq \f(2an－1,an－1－1)·eq \f(an－1－1,an－1)＝2.
又eq \f(a1,a1－1)＝2≠0，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,an－1)))是首项为2，公比为2的等比数列，
∴eq \f(an,an－1)＝2n，∴an＝eq \f(2n,2n－1)(n∈N*)．