高考数学专题复习练习：单元质检六B 5页

单元质检六　数列(B)‎ ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ ‎　单元质检卷第15页　 ‎ 一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)‎ ‎1.(2016山东师大附中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=5,S6=36,则a6=(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.9 B.10 C.11 D.12‎ 答案C 解析∵S6=a‎1‎‎+‎a‎6‎‎2‎×6=‎(a‎3‎+a‎4‎)‎‎2‎×6=36,‎ 又a3=5,∴a4=7.‎ ‎∴a6=a4+(6-4)×(7-5)=11.故选C.‎ ‎2.在单调递减的等比数列{an}中,若a3=1,a2+a4=‎5‎‎2‎,则a1=(　　)‎ A.2 B.4 C.‎2‎ D.2‎‎2‎ 答案B 解析由已知得:a1q2=1,a1q+a1q3=‎5‎‎2‎,‎ ‎∴q+‎q‎3‎q‎2‎‎=‎‎5‎‎2‎,q2-‎5‎‎2‎q+1=0,‎ ‎∴q=‎1‎‎2‎(q=2舍去),∴a1=4.‎ ‎3.设an=-n2+9n+10,则数列{an}前n项和最大时n的值为(　　)‎ A.9 B.10 C.9或10 D.12‎ 答案C 解析令an≥0,得n2-9n-10≤0,∴1≤n≤10.‎ 令an+1≤0,即n2-7n-18≥0,∴n≥9.∴9≤n≤10.‎ ‎∴前9项和等于前10项和,它们都最大.‎ ‎4.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5=(　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.-‎1‎‎2‎ C.2 D.-2‎ 答案A 解析由条件得a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎=a‎2‎+5a‎1‎,‎a‎7‎‎=2,‎ ‎∴‎a‎1‎q‎2‎‎=4a‎1‎,‎a‎1‎q‎6‎‎=2,‎‎∴‎q‎2‎‎=4,‎a‎1‎‎=‎1‎‎32‎,‎ ‎∴a5=a1q4=‎1‎‎32‎×42=‎1‎‎2‎.‎ ‎5.(2016山西太原一模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n=(　　)‎ A.80 B.26 C.30 D.16‎ 答案C 解析设各项均为正数的等比数列{an}的首项为a1,公比为q.‎ ‎∵Sn=2,S3n=14,∴a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2,a‎1‎‎(1-q‎3n)‎‎1-q=14,‎ 解得qn=2,a‎1‎‎1-q=-2.‎ ‎∴S4n=a‎1‎‎1-q(1-q4n)=-2×(1-16)=30.故选C.‎ ‎6.(2016山西太原二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S17>0,S18<0,则S‎1‎a‎1‎‎,‎S‎2‎a‎2‎,…,S‎17‎a‎17‎中最大的项为(　　)‎ A.S‎7‎a‎7‎ B.S‎8‎a‎8‎ C.S‎9‎a‎9‎ D.S‎10‎a‎10‎〚导学号74920690〛‎ 答案C 解析∵S17>0,S18<0,∴S17=17a9>0,S18=9(a10+a9)<0.‎ ‎∴a10+a9<0,a9>0.∴a10<0.∴等差数列{an}为递减数列.‎ ‎∴a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负.‎ ‎∴S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,‎ ‎∴S‎1‎a‎1‎>0,S‎2‎a‎2‎>0,…,S‎9‎a‎9‎>0,S‎10‎a‎10‎<0,…,S‎17‎a‎17‎<0.‎ 又S1a2>…>a9,‎ ‎∴S‎1‎a‎1‎‎,‎S‎2‎a‎2‎,…,S‎17‎a‎17‎中最大的项为S‎9‎a‎9‎.‎ 二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎7.在3和一个未知数之间填上一个数,使三数成等差数列,若中间项减去6,则三数成等比数列,则此未知数是　　　　　　　　. ‎ 答案3或27‎ 解析设此三数为3,a,b,则‎2a=3+b,‎‎(a-6‎)‎‎2‎=3b,‎解得a=3,‎b=3,‎或a=15,‎b=27.‎故这个未知数为3或27.‎ ‎8.(2016山东师大附中模拟)在正项等比数列{an}中,前n项和为Sn,a5=‎1‎‎2‎,a6+a7=3,则S5=　　　　　. ‎ 答案‎31‎‎32‎ 解析∵a5=‎1‎‎2‎,a6+a7=3,∴a‎1‎q‎4‎‎=‎1‎‎2‎,‎a‎1‎q‎5‎‎+a‎1‎q‎6‎=3,‎q>0,‎解得a‎1‎‎=‎1‎‎32‎,‎q=2.‎ ‎∴S5=a‎1‎‎(1-q‎5‎)‎‎1-q‎=‎1‎‎32‎‎×(1-‎2‎‎5‎)‎‎1-2‎=‎‎31‎‎32‎.‎ 三、解答题(本大题共3小题,共44分)‎ ‎9.(14分)(2016山西太原二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,首项为a1,且‎1‎‎2‎,an,Sn成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)数列{bn}满足bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3),求数列‎1‎bn的前n项和Tn.‎ 解(1)∵‎1‎‎2‎,an,Sn成等差数列,∴2an=Sn+‎1‎‎2‎.‎ 当n=1时,2a1=S1+‎1‎‎2‎,即a1=‎1‎‎2‎;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1‎=2,‎ 故数列{an}是首项为‎1‎‎2‎,公比为2的等比数列,即an=2n-2.‎ ‎(2)∵bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3)=(log222n+1-2)×(log222n+3-2)=(2n-1)(2n+1),‎ ‎∴‎1‎bn‎=‎1‎‎2n-1‎×‎1‎‎2n+1‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎.‎ ‎∴Tn=‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2n+1‎‎=‎n‎2n+1‎.〚导学号74920691〛‎ ‎10.(15分)(2016河南名校联盟4月模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,2an+1=an,b1+‎1‎‎2‎b2+‎1‎‎3‎b3+…+‎1‎nbn=bn+1-1.‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.‎ 解(1)∵2an+1=an,∴{an}是公比为‎1‎‎2‎的等比数列.‎ 又a1=2,∴an=2·‎1‎‎2‎n-1‎‎=‎‎1‎‎2‎n-2‎.‎ ‎∵b1+‎1‎‎2‎b2+‎1‎‎3‎b3+…+‎1‎nbn=bn+1-1,‎ ‎∴当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.‎ 当n≥2时,b1+‎1‎‎2‎b2+‎1‎‎3‎b3+…+‎1‎n-1‎bn-1=bn-1,‎ 两式相减得‎1‎nbn=bn+1-bn,得bn+1‎n+1‎‎=‎bnn,故bn=n.‎ ‎(2)由(1)知anbn=n·‎1‎‎2‎n-2‎‎=‎n‎2‎n-2‎.‎ 故Tn=‎1‎‎2‎‎-1‎‎+‎‎2‎‎2‎‎0‎+…+n‎2‎n-2‎,‎ 则‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎0‎‎+‎‎2‎‎2‎‎1‎+…+n‎2‎n-1‎.‎ 以上两式相减,得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎-1‎‎+‎‎1‎‎2‎‎0‎+…+‎1‎‎2‎n-2‎‎-n‎2‎n-1‎=‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-‎n‎2‎n-1‎,故Tn=8-n+2‎‎2‎n-2‎.〚导学号74920692〛‎ ‎11.(15分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=1-‎1‎‎4‎an,其中n∈N*.‎ ‎(1)设bn=‎2‎‎2an-1‎,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式.‎ ‎(2)设cn=‎4‎ann+1‎,数列{cncn+2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<‎1‎cmcm+1‎对于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由.‎ 解(1)∵bn+1-bn=‎‎2‎‎2an+1‎-1‎‎-‎‎2‎‎2an-1‎ ‎=‎2‎‎2‎1-‎‎1‎‎4‎an-1‎‎-‎2‎‎2an-1‎=‎4‎an‎2an-1‎-‎‎2‎‎2an-1‎=2(常数),‎ ‎∴数列{bn}是等差数列.‎ ‎∵a1=1,∴b1=2,因此bn=2+(n-1)×2=2n,‎ 由bn=‎2‎‎2an-1‎得an=n+1‎‎2n.‎ ‎(2)由cn=‎4‎ann+1‎,an=n+1‎‎2n得cn=‎2‎n,‎ ‎∴cncn+2=‎4‎n(n+2)‎=2‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎,‎ ‎∴Tn=2‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=2‎1+‎1‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎<3,‎ 依题意要使Tn<‎1‎cmcm+1‎对于n∈N*恒成立,只需‎1‎cmcm+1‎≥3,即m(m+1)‎‎4‎≥3,解得m≥3或m≤-4,又m为正整数,所以m的最小值为3.〚导学号74920693〛‎