2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷六数列

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷六数列，共11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.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1+3a5=12,则S7=( )
A.18B.21C.24D.27
2.已知在等比数列{an}中,a5-a1=15,a4-a2=6,则a3=( )
A.-4B.4C.或2D.-4或4
3.在等比数列{an}中,a4,a6是方程x2+5x+1=0的两根,则a5=( )
A.1B.±1C.D.±
4.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且,则=( )
A.B.C.D.
5.在公差d不为零的等差数列{an}中,a6=17,且a3,a11,a43成等比数列,则d=( )
A.1B.2C.3D.4
6.在数列{an}中,a1=,an=1-(n≥2,n∈N*),则a2 020=( )
A.B.1
C.-1D.2
7.已知等比数列{an}满足a1-a2=36,a1-a3=24,则使得a1a2…an取得最大值的n为( )
A.3B.4C.5D.6
8.数列{an}满足a1=,an+1=,则数列{an}的前2 019项的和为( )
A.B.C.D.
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,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=an(q≠0,1),则数列{bn}的前n项和可以是( )
A.n
B.nq
C.
D.
10.已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),则下列结论正确的有( )
A.+3为等比数列
B.{an}的通项公式为an=
C.{an}为递增数列
D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4
11.已知数列{an}不是常数列,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是( )
A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列
B.若数列{an}为等差数列,a1>0,S3=S10,则Sn的最大值在n=6或7时取得
C.若数列{an}为等比数列,则S2 021·a2 021>0恒成立
D.若数列{an}为等比数列,则数列{}也为等比数列
12.设{an}是无穷数列,若存在正整数k,使得对任意n∈N*,均有an+k>an,则称{an}是间隔递增数列,k是{an}的间隔数,下列说法正确的是( )
A.公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B.已知an=n+,则{an}是间隔递增数列
C.已知an=2n+(-1)n,则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2
D.已知an=n2-tn+2 020,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则4≤t<5
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在各项均为正数的等比数列{an}中,a5a6=8,则数列{lg2an}的前10项和等于 .
14.在等差数列{an}中,已知a7=3,a15=27,则a11= .
15.自然奇数列{an}排成以下数列,
1
3,5
7,9,11,13
15,17,19,21,23,25,27,29
…
若第n行有2n-1个数,则前n行数字的总和为 .
16.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3= ;如果对∀n∈N*,Sn>恒成立,那么a的取值范围是 .
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)已知各项均不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=9,且a1,a4,S7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an与Sn;
(2)设bn=(-1)n(Sn+2n),求数列{bn}的前20项和T20.
18.(12分)在数列{an}中,a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2).
(1)求an;
(2)求+…+.
19.(12分)设Sn是等比数列{an}的前n项和,满足S3,S2,S4成等差数列,已知a1+2a3+a4=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=,n∈N*,记Tn=b1b2+b2b3+b3b4+…+bnbn+1,n∈N*,若对于任意n∈N*,都有aTn20.(12分)已知{an}为等差数列,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数都不在下表的同一列.
请从①a1=2,②a1=1,③a1=3三个条件中选一个填入上表,使满足以上条件的数列{an}存在,并在此存在的数列{an}中,试解答下列两个问题.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
21.市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金:每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;②等额本息:每个月的还款额均相同.银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(若2019年7月7日贷款到账,则2019年8月7日首次还款).已知小张该笔贷款年限为20年,月利率为0.004.
(1)若小张采取等额本金的还款方式,现已得知第一个还款月应还4 900元,最后一个还款月应还2 510元,试计算小张该笔贷款的总利息;
(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半,已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素);
(3)对比两种还款方式,从经济利益的角度来考虑,小张应选择哪种还款方式.
参考数据:1.004240≈2.61.
22.(12分)等差数列{an}的首项为1,公差d≠0,且a1,a2,a5成等比数列,数列{bn}满足b1=1且.
(1)求an,bn;
(2)若cn=,数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求使Sn>的最小正整数n.
参考答案
单元质检卷六 数列
1.B 因为a1+3a5=12,所以4a1+12d=12,即a1+3d=3=a4,所以S7==7a4=21.故选B.
2.D ∵a5-a1=15,a4-a2=6,
则2q2-5q+2=0,
解得q=2或q=q=2,a1=1或q=,a1=-16.∴a3=22=4或a3=(-16)×2=-4.故选D.
3.B 在等比数列{an}中,由题意知a4+a6=-5,a4·a6=1,
所以a4<0,a6<0,=a4·a6=1,即a5=±1.故选B.
4.A 因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且,所以可设Sn=kn(n+5),Tn=kn(2n-1),所以a7=S7-S6=18k,b6=T6-T5=21k,所以故选A.
5.C 在公差d不为零的等差数列{an}中,a6=17,且a3,a11,a43成等比数列,
可得a1+5d=17,且=a3a43,即=(a1+2d)(a1+42d),解得a1=2,d=3,故选C.
6.A a2=1-=1-2=-1,a3=1-=1+1=2,a4=1-=1-,可得数列{an}是以3为周期的周期数列,
∴a2020=a3×673+1=a1=故选A.
7.B =1+q=,∴q=-,a1-a2=a1(1-q)=a1=36,∴a1=27,a2=-9,a3=3,a4=-1,a5=,a6=-,a7=,…,an=27-n-1,令Tn=a1a2…an,则T1=27,T2=-9×27,T3=-272,T4=272,T5=27×9,T6=-27,T7=-1,当n≥7时,|Tn|≤1,可知当n=4时,a1a2…an=272取得最大值.故选B.
8.D 由已知an+1=,取倒数可得=4n+2,
故可得=4(n-1)+2,
=4(n-2)+2,
…
=4×1+2,
累加可得=2n2-2,又a1=,∴an=,
设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=1-+…+=1-,
故可得S2019=1-故选D.
9.BD 设等差数列{an}的公差为d,又因为a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,
所以=a2·a8,即=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0,所以d=0或1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,
①当bn=q时,Sn=nq;
②当bn=n·qn时,
Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n×qn+1,②
①-②得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=-n×qn+1,
所以Sn=故选BD.
10.ABD 因为+3,所以+3=2+3).又因为+3=4≠0,所以+3是以4为首项,2为公比的等比数列,+3=4×2n-1,即an=,{an}为递减数列,的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2-3n=2n+2-3n-4.故选ABD.
11.ABC 若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{an}为递增数列,故A正确;
若数列{an}为等差数列,a1>0,设公差为d,由S3=S10,得3a1+d=10a1+d,即a1=-6d,所以d<0,故an=(n-7)d,
所以当n≤7时,an≥0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时取得,故B正确;
若数列{an}为等比数列,
则S2021·a2021=a1·q2020=q2020>0恒成立,故C正确;
若数列{an}为等比数列,则,所以不是常数,故数列{}不是等比数列,故D错误.故选ABC.
12.BCD 对于A,an+k-an=a1qn+k-1-a1qn-1=a1qn-1(qk-1),因为q>1,所以当a1<0时,an+k对于B,an+k-an=n+k+-n+=k1-=k,令t=n2+kn-4,t在n∈N*时单调递增,则t(1)=1+k-4>0,解得k>3,故B正确.
对于C,an+k-an=2(n+k)+(-1)n+k-[2n+(-1)n]=2k+(-1)n((-1)k-1),当n为奇数时,2k-(-1)k+1>0,存在k≥1使{an}为间隔递增数列,当n为偶数时,2k+(-1)k-1>0,存在k≥2使{an}为间隔递增数列.
综上所述,{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2,故C正确.
对于D,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则an+k-an=(n+k)2-t(n+k)+2020-(n2-tn+2020)=2kn+k2-tk>0,n∈N*成立,
则k2+(2-t)k>0,对于k≥3成立,且k2+(2-t)k≤0,对于k≤2成立,
即k+(2-t)>0,对于k≥3成立,且k+(2-t)≤0,对于k≤2成立,
所以t-2<3,且t-2≥2,
解得4≤t<5,故D正确.故选BCD.
13.15 ∵数列{an}为各项均为正数的等比数列,且a5a6=8,∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=8,∴lg2a1+lg2a2+lg2a3+…+lg2a9+lg2a10=lg2(a1a10)+lg2(a2a9)+lg2(a3a8)+lg2(a4a7)+lg2(a5a6)=5lg2(a5a6)=5lg28=15.
14.15 ∵在等差数列{an}中,a7=3,a15=27,∴2a11=a7+a15=3+27=30,∴a11=15.
15 通过观察可知,第n行共有2n-1个数,第1个数字为2n-1,最后一个为2n+1-3,
前n行数字的个数为1+21+…+2n-1=2n-1,∴前n行数字总和为
16a2 [,+∞) 第一块纸板面积为S1=(2a)2=2πa2,
第二块纸板面积为S2=2πa2-a2=a2,
第三块纸板面积为S3=a2-a2,
…
由此归纳总结,第n块纸板面积为
Sn=2πa21--…-n-1
=2πa2-2πa2+…+n-1
=2πa2-2πa2
=2πa2n-1.
因为Sn>,故要使得∀n∈N*,Sn>恒成立
只需,解得a2≥505,故a∈[,+∞).
17.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则a5=a1+4d=9,
由a1,a4,S7成等比数列知=a1·S7=a1×7a4,因为a4≠0,所以a4=7a1,于是d=2a1,
解得a1=1,d=2,an=2n-1,Sn==n2.
(2)因为bn=(-1)n(Sn+2n)=(-1)n(n2+2n),
所以T20=b1+b2+b3+…+b20=-(12+2×1)+(22+2×2)-(32+2×3)+…+(202+2×20)
=(22-12+42-32+…+202-192)+2×10
=(1+2+3+…+20)+20=+20=210+20=230.
18.解 (1)∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),①
an-1=a1+2a2+…+(n-2)an-2(n≥3),②
①-②,得an-an-1=(n-1)an-1,
即=n(n≥3).
当n=2时,a2=a1=1.
=1,=3,=4,…,=n,
上式累乘,得an=1×3×4×5×…×n=n!(n≥2).∴an=
(2)+…+
=2+…+
=2++…+=21-=
19.解 (1)设数列{an}的公比为q,
由S3+S4=2S2,得S3-S2+S4-S2=0,
即有a3+a4+a3=0,得q=-2.
∵a1+a4=4-2a3,∴a1+(-2)3a1=4-2×4a1,解得a1=4.
故an=4×(-2)n-1=(-2)n+1.
(2)由(1)知bn=,
则bnbn+1=
∴Tn=+++…+=
依题意有即对于任意n∈N*恒成立.
设f(n)==n++6,
由于y=x++6在区间[1,2]上单调递减,在区间[2,+∞)上单调递增,
∴f(n)min=f(3)=,
∴实数a的取值范围为-∞,.
20.解 (1)若选择条件①a1=2,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在;
若选择条件②a1=1,则放在第一行的第二列,结合条件可得a1=1,a2=4,a3=7,则an=3n-2,n∈N*;
若选择条件③a1=3,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在.
综上可得an=3n-2,n∈N*.
(2)由(1)知,bn=(-1)n+1(3n-2)2.当n为偶数时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=+…+=(a1+a2)(a1-a2)+(a3+a4)(a3-a4)+…+(an-1+an)(an-1-an)
=-3(a1+a2+a3+…+an)=-3=-n2+n;
当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-(n-1)2+(n-1)+(3n-2)2=n2-n-2.
故Tn=
21.解 (1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一个等差数列,记为{an},
Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=4900,a240=2510,
则S240==120×(4900+2510)=889200,
故小张该笔贷款的总利息为889200-600000=289200(元).
(2)设小张每月还款额为x元,采取等额本息的还款方式,每月还款额为等比数列,则x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.004)239=600000×(1+0.004)240,
所以x=600000×1.004240,
即x=3891,
因为3891<10000=5000,
所以小张该笔贷款能够获批.
(3)小张采取等额本息贷款方式的总利息为:
3891×240-600000=933840-600000=333840(元),
因为333840>289200,
所以从经济利益的角度来考虑,小张应选择等额本金还款方式.
22.解 (1)由已知得=a1(a1+4d),又a1=1,d≠0,
∴d=2,则an=2n-1.
,当n≥2时,
++…+=+…+=1-,
又b1=1,∴bn=2n-1(n≥2),又b1=1也适合上式,故bn=2n-1.
(2)①由题可知cn=,
Sn=1++…+,
Sn=+…+,
∴两式相减,得Sn=1+2+…+-
∴Sn=6-
②∵cn>0,∴Sn关于n单调递增,
又S3=,S4=,
∴使Sn>的最小正整数n=4.第一列
第二列
第三列
第一行
第二行
4
6
9
第三行
12
8
7