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单元质检六数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4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.若Sn为等比数列an的前n项和,8a2+a5=0,则S5S2=()A.11B.5C.-8D.-11答案D解析设等比数列an的公比为q,8a2+a5=0,8a2+a2q3=0,解得q=-2,代入所求式可知S5S2=-11.2.(2017课标高考)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案B解析设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,结合等比数列的求和公式有x(1-27)1-2=381,解得x=3,即塔的顶层共有灯3盏.故选B.3.在下面的图案中,图(1)是边长为1的正方形,图(2)是将图(1)的正方形向外作直角三角形和正方形,按此分形规律,若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列an,则a10=()A.9B.10C.11D.12答案B解析如图,由条件可知,a1=1,a2=1+BC2+AC2=1+AB2=2,同理a3=1+1+1=3.故有a10=10.4.(2018浙江绍兴柯桥期末)已知等比数列an的前n项和为Sn,则“a10”是“S3S2”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案C解析因为当a10时,有S3-S2=a3=a1q20,所以是充分必要条件.故选C.5.设数列an满足:a1=1,a2=3,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1,则a20的值是()A.215B.225C.235D.245答案D解析由2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1得nan-(n-1)an-1=(n+1)an+1-nan,又因为1a1=1,2a2-1a1=5,所以数列nan是首项为1,公差为5的等差数列,则20a20=1+195,解得a20=245.故选D.6.(2018浙江温州六校协作体期末)设数列an是公比为实数q的等比数列,首项a1=64,对于nN*,an=2bn,当且仅当n=4时,数列bn的前n项和取得最大值,则q的取值范围是()A.36,13B.14,13C.14,24D.26,24答案C解析因为q=anan-1=2bn-bn-1,所以数列bn是等差数列,由题意可知b4=6+3d0,b5=6+4d0,解得-2d-32,于是得q=2d14,24.故选C.7.若等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,记bn=Snn,则()A.数列bn是等差数列,bn的公差也为dB.数列bn是等差数列,bn的公差为2dC.数列an+bn是等差数列,an+bn的公差为dD.数列an-bn是等差数列,an-bn的公差为d2答案D解析设等差数列an的公差为d,Sn=na1+n(n-1)2d.bn=Snn=a1+n-12d.bn-bn-1=a1+n-12d-a1-n-22d=d2(常数).故得bn的公差为d2,A,B不对.数列an+bn是等差数列,an+bn的公差为d+d2=32d,故C不对.数列an-bn是等差数列,an-bn的公差为d-d2=d2,故D对.故选D.8.(2018浙江嵊州期末)设等差数列an的前n项和为Sn,若a60,且a7|a6|,则()A.S11+S120C.S11S120答案C解析由题意可知a6+a70,所以S11=11a60,因此一定有结论S11S120.故选C.9.已知数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2,则满足10011000S2nSn1110的n的最大值是()A.8B.9C.10D.11答案B解析当n=1时,2a2+S1=2,得a2=12.当n2时,有2an+Sn-1=2,已知2an+1+Sn=2,两式相减得an+1=12an.再考虑到a2=12a1,所以数列an是等比数列,故有Sn=2-212n.因此原不等式可化为100110002-2122n2-212n1110,化简得1100012n110,得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值为9.故选B.10.已知数列an的首项a1=a,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn-1=3n2+2n+4(n2),若对任意的nN*,anan+1恒成立,则a的取值范围是()A.234,294B.203,294C.234,203D.-,203答案C解析由Sn+Sn-1=3n2+2n+4(n2),可以得到Sn+1+Sn=3(n+1)2+2(n+1)+4,两式相减得an+1+an=6n+5,故an+2+an+1=6n+11,两式再相减得an+2-an=6,由n=2得a1+a2+a1=20,a2=20-2a,故偶数项为以20-2a为首项,以6为公差的等差数列,从而a2n=6n+14-2a;由n=3得a1+a2+a3+a1+a2=37,a3=2a-3,从而a2n+1=6n-9+2a,由条件得a20-2a,6n+14-2a6n-9+2a,6n-9+2a6(n+1)+14-2a,解得234a0,a8+a90的最大n是;数列Snan(1n0,a8+a90,而S16=(a1+a16)162=(a8+a9)162=8(a8+a9)0的最大n为15.a80,a90,S8最大,且a8为数列an的最小正数项,a9,a10,均小于零.当9n15时,Snan均小于零,当n=8时,Snan最大,即数列Snan(1n0.B-2n-1.nN*,B-3.B的取值范围为(-3,+).17.设Sn为数列an的前n项和,Sn=(-1)nan-12n,nN*,则S1+S2+S3+S100=.答案1312100-1解析当n=1时,a1=-a1-12,解得a1=-14;当n2时,an=Sn-Sn-1=(-1)nan-12n-(-1)n-1an-1+12n-1,即an=(-1)nan+(-1)nan-1+12n.若n为偶数,则an-1=-12n,故an=-12n+1(n为奇数);若n为奇数,则an-1=-2an+12n=(-2)-12n+1+12n=12n-1,故an=12n(n是偶数).因为a1=-14-a1=14,a2=-123,所以-a1+a2=2122,同理可得-a3+a4=2124,-a5+a6=2126,-a99+a100=212100,所以S1+S2+S100=214+116+12100-12+14+12100=2141-14501-14-121-121001-12=1312100-1,应填1312100-1.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)(2018全国高考)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和,若Sm=63,求m.解(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.19.(15分)已知在递增的等差数列an中,a1=2,a3是a1和a9的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=1(n+1)an,Sn为数列bn的前n项和,是否存在实数m,使得Snm对于任意的nN*恒成立?若存在,请求出实数m的取值范围,若不存在,试说明理由.解(1)由an为等差数列,设公差为d,则an=a1+(n-1)d,a3是a1和a9的等比中项,a32=a1a9,即(2+2d)2=2(2+8d),解得d=0(舍)或d=2,an=2+2(n-1)=2n.(2)存在m12.bn=1(n+1)an=121n-1n+1,数列bn的前n项和Sn=121-12+12-13+1n-1n+1=121-1n+112,存在实数m12,使得Sn0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2,所以3q2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x1=1.因此数列xn的通项公式为xn=2n-1.(2)过点P1,P2,P3,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Q3,Qn+1,由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1.记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn.由题意bn=(n+n+1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+b3+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,又2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1,-,得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)2n-1.所以Tn=(2n-1)2n+12.21.(15分)已知数列an是单调递增数列,且a10,若an2=4Sn-2an+3,nN*,其中Sn为an的前n项和.(1)求数列an的通项公式;(2)若使不等式an+p-8an-81+p+8(2)an-1,对n4,nN*恒成立,求正数p的取值范围.解(1)当n2,nN*时,an=Sn-Sn-1,由4Sn=an2+2an-3,nN*,可得4Sn-1=an-12+2an-1-3,nN*,两式相减得4an=an2+2an-an-12-2an-1,nN*,an2-an-12=2an+2an-1,nN*,化为(an-an-1)(an+an-1)=2(an+an-1),nN*,数列an是单调递增数列,且a10,an+an-10.an-an-1=2.a12=4S1-2a1+3,且a10,a1=3.数列an是首项为3,公差为2的等差数列,an=2n+1.(2)由(1)得不等式an+p-8an-81+p+8(2)an-1,可化为2p2n-7p+82n,p0,即2pp+82n-72n(n4).令f(n)=2n-72n,则f(n+1)-f(n)=2n-52n+1-2n-72n=-2n+92n+1,f(4)f(5),n5,nN*时,f(n+1)f(n),f(x)max=f(5)=332.2pp+8332,p2461.正数p的取值范围是2461,+.22.(15分)(2016浙江高考)设数列an满足an-an+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121,得|an|-12|an+1|1,故|an|2n-|an+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0,且m0n0,则2n034m02n034log34|an0|-22n0=|an0|-2,与式矛盾.综上,对于任意nN*,均有|an|2.
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