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2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷六數(shù)列（B）理北師大版.docx

上傳人：tian****1990

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單元質(zhì)檢卷六　數(shù)列(B) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分) 1.(2018廣東汕頭潮南5月沖刺)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,4a1,2a2,a3成等差數(shù)列,a1=1,則S4=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.15 B.-15 C.4 D.-4 2.(2018山東濰坊青州三模,7)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a3+a4+a11=18,則S11=(　　) A.9 B.22 C.36 D.66 3.已知{an}為等差數(shù)列,{bn}為正項(xiàng)等比數(shù)列,公比q≠1,若a1=b1,a9=b9,則(　　) A.a5=b5 B.a5>b5 C.a50,a≠1)的圖像經(jīng)過點(diǎn)P(1,3),Q(2,5).當(dāng)n∈N+時(shí),an=f(n)-1f(n)f(n+1),記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)Sn=1033時(shí),n的值為(　　) A.7 B.6 C.5 D.4 二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分) 7.(2018吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)已知在公比q>1的等比數(shù)列{an}中,a2+a3=12,a1a4=32,數(shù)列{bn}滿足bn=log2an,則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和S10=　　　　　. 8.(2018河南六市聯(lián)考一,16)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若{an}和{Sn}都是等差數(shù)列,且公差相等,則a2=　　　　　. 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9.(14分)(2018北京西城一模,15)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差不為0,a2=1,且a2,a3,a6成等比數(shù)列. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求使Sn>35成立的n的最小值. 10.(15分)(2018山東師大附中一模,17)已知等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,且滿足a4a7=15,a3+a8=8. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)令bn=19an-1an(n≥2),b1=13,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 11.(15分)(2018寧夏銀川一中一模,17)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知an>0,an2+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=1anan+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和. 參考答案單元質(zhì)檢卷六　數(shù)列(B) 1.A　∵4a1,2a2,a3成等差數(shù)列且a1=1,∴4a1+a3=22a2,即4+q2-4q=0,解得q=2,∴a2=2,a3=4,a4=8,∴S4=1+2+4+8=15.故選A. 2.D　∵a3+a4+a11=18,∴3a1+15d=18?a1+5d=6,∴S11=11(a1+5d)=116=66,故選D. 3.B　由等差、等比中項(xiàng)的定義可知a5=a1+a92,b5=b1b9.又a1=b1,a9=b9,所以a1+a92≥a1a9=b1b9,即a5>b5,故選B. 4.B　由題意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)4=-21. 5.D　由已知得,q≠1.由S5+4S3=5S4得1-q51-q+41-q31-q=51-q41-q,解得q=4.∴an=24n-1=22n-1,∴2log2an+1log2an-6=4n-12n-7,由函數(shù)y=4x-12x-7=2+132x-7的圖像得到,當(dāng)n=4時(shí),數(shù)列2log2an+1log2an-6的最大項(xiàng)等于15. 6.D　由題意,得a+b=3,a2+b=5, ∴a=2,b=1,∴f(x)=2x+1. ∴an=2n+1-1(2n+1)(2n+1+1)=12n+1-12n+1+1. ∴Sn=13-15+15-17+…+12n+1-12n+1+1=13-12n+1+1=1033, ∴2n+1+1=33,n=4,故選D. 7.55　因?yàn)樵诘缺葦?shù)列{an}中,a2+a3=12,a1a4=32, 所以a2+a3=12,a2a3=32,解得a2=4,a3=8,或a2=8,a3=4. 又q>1,所以a2=4,a3=8,所以q=2. 所以an=a2qn-2=2n,bn=log22n=n,則S10=10(1+10)2=55. 8.34　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0),又{Sn}也是公差為d的等差數(shù)列, 則S2=2a1+d=a1+d, 兩邊平方得2a1+d=a1+2da1+d2, ① S3=3a1+3d=a1+2d, 兩邊平方得3a1+3d=a1+4da1+4d2, ② ②-①得a1=-2d+2da1+3d2, ③ 把③代入①得d(2d-1)=0. 所以d=0或d=12. 當(dāng)d=0時(shí),a1=0,不合題意, 當(dāng)d=12時(shí),代入③解得a1=14. 所以a2=a1+d=34. 9.解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d≠0. ∵a2,a3,a6成等比數(shù)列, ∴a32=a2a6, 即(1+d)2=1+4d, 解得d=2,或d=0(舍去), ∴an=a2+(n-2)d=2n-3. (2)∵an=2n-3, ∴Sn=n(a1+an)2=n(a2+an-1)2=n2-2n. 依題意有n2-2n>35,解得n>7. 因此使Sn>35成立的n的最小值為8. 10.解 (1)a4a7=15,a3+a8=a4+a7=8,解得a4=3,a7=5, ∴d=23, ∴an=1+23(n-1)=23n+13. (2)bn=19an-1an=1(2n-1)(2n+1) =12(12n-1-12n+1)(n≥2), b1=13=121-13滿足上式, ∴{bn}的通項(xiàng)公式為bn=1212n-1-12n+1. ∴Sn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1. 11.解 (1)由an2+2an=4Sn+3, 可知an+12+2an+1=4Sn+1+3. 兩式相減,得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an). ∵an>0,∴an+1-an=2, ∵a12+2a1=4a1+3, ∴a1=-1(舍)或a1=3, 則{an}是首項(xiàng)為3,公差d=2的等差數(shù)列, ∴{an}的通項(xiàng)公式an=3+2(n-1)=2n+1. (2)∵an=2n+1, ∴bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3) =1212n+1-12n+3, ∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=1213-12n+3=n3(2n+3).

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