2021版高考数学一轮复习单元评估检测三第八章文含解析北师大版 17页

单元评估检测(三)‎ ‎ (第八章)‎ ‎(120分钟　150分)‎ 一、选择题(本大题共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,若a1=12,S5=90,则等差数列{an}的公差d= (　　)‎ A.2 B. C.3 D.4‎ ‎【解析】选C.因为a1=12,S5=90,‎ 所以5×12+d=90,解得d=3.‎ ‎2.在等差数列{an}中,a5+a13=40,则a8+a9+a10= (　　)‎ A.72 B‎.60 ‎C.48 D.36‎ ‎【解析】选B.根据等差数列的性质可知:‎ a5+a13=40⇒‎2a9=40⇒a9=20,‎ a8+a9+a10=‎2a9+a9=‎3a9=60.‎ ‎【变式备选】‎ ‎　　 在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn ‎　　表示数列{an}的前n项和,则S11=(　　)‎ A.18　　　B‎.99　‎　　C.198　　　D.297‎ ‎【解析】选B.由等差数列的性质得‎2a6=27-a6,所以a6=9,又S11=‎11a6=99.‎ ‎3.已知等比数列{an}中,a3·a13=20,a6=4,则a10的值是 (　　)‎ A.16 B‎.14 ‎C.6 D.5‎ ‎【解析】选D.由等比数列性质可知a3·a13==20,由a6=4,得q4===,‎ 所以a10=a6q4=5.‎ ‎【变式备选】‎ ‎　　 等比数列{an}中,a1+a2+a3=30,a4+a5+a6=120,则a7+a8+a9= (　　)‎ A.240　　B.±‎240　‎　C.480　　D.±480‎ - 17 -‎ ‎【解析】选C.设等比数列{an}中的公比为q,由 a1+a2+a3=30,a4+a5+a6=120,‎ 得解得q3=4,‎ 所以a7+a8+a9=q3(a4+a5+a6)=480.‎ ‎4.中国古代数学名著《张邱建算经》中记载:“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里”.‎ 其大意:现有一匹马行走的速度逐渐变慢,每天走的里程数是前一天的一半,连续走了7天,共走了700里,则这匹马第7天所走的路程等于(　　)‎ A.里　　B.里　　C.里　　D.里 ‎【解析】选A.设马每天所走的路程是a1,a2,…,a7,是公比为的等比数列,‎ 这些项的和为700,S7==700⇒a1=,a7=a1q6=.‎ ‎【变式备选】‎ ‎　　 我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方:如图,将1,2,…,9填入3×3的方格内,使三行,三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地,将连续的正整数1,2,3,…,n2填入n×n个方格中,使得每行,每列和两条对角线上的数字之和都相等,这个正方形叫做n阶幻方.记n阶幻方的对角线上的数字之和为Nn,如图三阶幻方的N3=15,那么N9的值为 (　　)‎ A.369　　　B‎.321　‎　　C.45　　　D.41‎ ‎【解析】选A.根据题意可知,幻方对角线上的数成等差数列,根据等差数列的性质可知对角线的首尾两个数相加正好等于1+n2,根据等差数列的求和公式Nn=,N9==369.‎ ‎5.已知等差数列{an}的公差不为零,Sn为其前n项和,S3=9,且a2-1,a3-1,a5-1构成等比数列,则S5= (　　)‎ - 17 -‎ A.15 B.‎-15 ‎C.30 D.25‎ ‎【解析】选D.设等差数列{an}的公差为d(d≠0),‎ 由题意 解得 所以S5=5×1+=25.‎ ‎6.数列{an}的前n项和Sn=n2+1是an=2n-1成立的 (　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 ‎【解题指南】先根据关系式an=求出数列{an}的通项公式,注意验证n=1时是否成立,再看求出的通项公式与an=2n-1谁能推出谁即可.‎ ‎【解析】选D.由题意可得,当n=1时,a1=S1=1+1=2.当n≥2时, ‎ an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1,‎ 经过验证后当n=1时不符合上式,‎ 所以前n项和Sn=n2+1不能推出an=2n-1,‎ 反之,an=2n-1也不能推出Sn=n2+1.‎ 故数列{an}的前n项和Sn=n2+1是an=2n-1成立的既不充分又不必要条件.‎ ‎7.将石子摆成如图的梯形形状,称数列5,9,14,20,…,为“梯形数”.根据图形的构成,此数列的第2 021项= (　　)‎ A.1 010×2 021 B.1 011×2 021‎ - 17 -‎ C.1 011×2 025 D.1 010×2 025‎ ‎【解析】选C.由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为:‎ n=1时,a1=2+3=×(2+3)×2;‎ n=2时,a2=2+3+4=×(2+4)×3;‎ ‎…,‎ 由此我们可以推断:‎ an=2+3+…+(n+2)=[2+(n+2)]×(n+1),‎ 所以a2 021=[2+(2 021+2)]×(2 021+1)=1 011×2 025.‎ ‎8.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则= (　　)‎ A. B. C. D.15‎ ‎【解析】选B.因为======.‎ ‎9.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=3an-1,则通项公式an等于 (　　)‎ A.an=2n-1 B.an=2n C.an=3n-1 D.an=3n ‎【解析】选C.当n=1时,2S1=‎3a1-1,所以a1=1,‎ 当n≥2且n∈N*时,2Sn-1=3an-1-1,‎ 则2Sn-2Sn-1=2an=3an-1-3an-1+1=3an-3an-1,即an=3an-1,‎ 所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以an=3n-1.‎ ‎10.已知F(x)=f-2是R上的奇函数,an=f(0)+f+…+f+f(1),n∈N*,则数列{an}的通项公式为 (　　)‎ A.an=n B.an=2(n+1)‎ C.an=n+1 D.an=n2-2n+3‎ - 17 -‎ ‎【解析】选B.由题已知F(x)=f-2是R上的奇函数,故F(-x)=-F(x),代入得:f+f=4(x∈R),所以函数f(x)关于点对称,令t=-x,则+x=1-t,得到f(t)+f(1-t)=4.因为an=f(0)+f+…+f+f(1),又因为an=f(1)+f+…+f+f(0),倒序相加可得2an=4(n+1),即an=2(n+1).‎ ‎11.已知函数f(x)=(x∈R),若等比数列{an}满足a‎1a2 019=1,则f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2 019)= (　　)‎ A.2 019 B. C.2 D.‎ ‎【解析】选A.因为a‎1a2 019=1,‎ 所以f(a1)+f(a2 019)=+=+=+=2.‎ 因为{an}为等比数列,则 a‎1a2 019=a‎2a2 018=…=a1 ‎009a1 011==1,‎ 所以f(a2)+f(a2 018)=2,…,f(a1 009)+f(a1 011)=2,f(a1 010)=1.‎ 即f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2 019)‎ ‎=2×1 009+1=2 019.‎ ‎12.若正项递增等比数列{an}满足1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),则a6+λa7的最小值为 世纪金榜导学号(　　)‎ A.-2 B.‎-4 ‎C.2 D.4‎ ‎【解析】选D.因为{an}是正项递增的等比数列,‎ 所以a1>0,q>1,由1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,得1+(a2-a4)+λq(a2-a4)=0,‎ 所以1+λq=,‎ - 17 -‎ 所以a6+λa7=a6(1+λq)==‎ ‎==(q2-1)+2+≥‎ ‎2+2=4(q2-1>0),‎ 当且仅当q=时取等号,所以a6+λa7的最小值为4.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.(2020·泰安模拟)已知数列{an}为等差数列且a7=,则sin(a2+a12)=‎ ‎　　　　. ‎ ‎【解析】在等差数列{an}中,由a7=,得a2+a12=‎2a7=.‎ 所以sin(a2+a12)=sin=.‎ 答案:‎ ‎　　【变式备选】‎ ‎　　 设等比数列{an}的公比q=2,前n ‎　　项和为Sn,则=　　　　. ‎ ‎【解析】====.‎ 答案:‎ - 17 -‎ ‎14.若三数成等比数列,其积为8,首末两数之和为4,则公比q的值为　　　　. ‎ ‎【解析】三数成等比数列,设公比为q,可设三数为,a,aq,可得 求出公比q的值为1.‎ 答案:1‎ ‎15.(2020·邯郸模拟)已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,bn-an=2n+1,且Sn+Tn=2n+1+n2-2,则2Tn=　　　　. ‎ ‎【解析】由题意知Tn-Sn=b1-a1+b2-a2+…+bn-an=n+2n+1-2,又Sn+Tn=2n+1+n2-2,所以2Tn=Tn-Sn+Sn+Tn=2n+2+n(n+1)-4.‎ 答案:2n+2+n(n+1)-4‎ ‎16.(2020·沈阳模拟)各项均为正偶数的数列a1,a2,a3,a4中,前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,后三项依次成公比为q的等比数列.若a4-a1=88,则q的所有可能的值构成的集合为　　　　　. 世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】因为前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,a4-a1=88,所以这四项可以设为a1,a1+d,a1+2d,a1+88,其中a1,d为正偶数,后三项依次成公比为q的等比数列,所以有=,整理得a1=>0,得(d-22)(3d-88)<0,22a,‎ 综上可知,当b≥a时,可使分流一年后的收入永远超过分流前的年收入.‎ ‎20.(12分)(2020·武汉模拟)已知数列是各项均为正数的等差数列.‎ ‎(1)若a1=2,且a2,a3,a4+1成等比数列,求数列的通项公式an.‎ - 17 -‎ ‎(2)在(1)的条件下,数列的前n项和为Sn,设bn=++…+,若对任意的n∈N*,不等式bn≤k恒成立,求实数k的最小值.‎ ‎【解析】(1)因为a1=2,=a2·(a4+1),‎ 又因为是正项等差数列,故d≥0,‎ 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得d=2或d=-1(舍去) ,所以数列的通项公式an=2n.‎ ‎(2) 因为Sn=n(n+1),‎ bn=++…+=++…+‎ ‎=-+-+…+-‎ ‎=-==,‎ 令f(x)=2x+(x≥1),则f′(x)=2-, 当x≥1时,f′(x)>0恒成立,‎ 所以f(x)在[1,+¥)上是增函数,故当x=1时,[f(x)]min=f(1)=3,即当n=1时,=, 要使对任意的正整数n, 不等式bn≤k恒成立,则需使k≥=, 所以实数k的最小值为.‎ ‎【变式备选】‎ ‎　　 设公差不为零的等差数列{an}的前5项和为55,且a2,,a4-9成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ - 17 -‎ ‎(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,求证:Sn<.‎ ‎【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则 解得,或(舍去),‎ 故数列{an}的通项公式为 an=7+(n-1)×2=2n+5.‎ ‎(2)由an=2n+5,‎ 得bn=‎ ‎=‎ ‎=,‎ 所以Sn=++…+=<.‎ ‎21.(12分)已知数列{an}满足:a1=-,an+1=(n∈N*). 世纪金榜导学号 ‎(1)证明数列为等差数列,并求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)若数列{bn}满足:bn=(n∈N*),求{bn}的前n项和Sn.‎ ‎【解析】(1)因为an+1+1=+1=,‎ 所以==3+,‎ - 17 -‎ 所以是首项为3,公差为3的等差数列,所以=3n,所以an=-1.‎ ‎(2)由(1)可知:an=-1,所以由 bn=(n∈N*)⇒bn=n·3n+1,‎ Sn=1×32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1　①;‎ ‎3Sn=1×33+2×34+…+(n-1)×3n+1+n×3n+2　②,‎ ‎①-②得-2Sn=32+33+…+3n+1-n×3n+2=-n×3n+2‎ ‎⇒Sn=×3n+2+.‎ ‎22.(12分)(2020·昆明模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an=2anSn-2. 世纪金榜导学号 ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)是否存在正数k,使(1+S1)(1+S2)…(1+Sn)≥k对一切正整数n都成立?若存在,求k的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1,an=2anSn-2,‎ 所以Sn-Sn-1=2(Sn-Sn-1)Sn-2.‎ 所以Sn-1-Sn=2SnSn-1.所以-=2.‎ 所以数列是首项为==1,公差为2的等差数列,‎ - 17 -‎ 即=1+(n-1)×2=2n-1.所以Sn=.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-‎ ‎=.‎ 因为当n=1时,a1=1不适合上式,‎ 所以数列{an}的通项公式为 an=‎ ‎(2)设bn=.‎ 则bn+1=‎ 由(1)知Sn=,Sn+1=,‎ 所以===>1.又bn>0,所以数列{bn}是单调递增数列.由(1+S1)(1+S2)…(1+Sn)≥k,得bn≥k.所以k≤b1==.所以存在正数k,使(1+S1)(1+S2)…(1+Sn)≥k对一切正整数n都成立,且k的取值范围为.‎ ‎　【变式备选】(2019·江苏高考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a‎2a4=a5,a3‎-4a2+‎4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”.‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,=-,其中Sn为数列{bn}的前n项和.‎ - 17 -‎ ‎①求数列{bn}的通项公式.‎ ‎②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.‎ ‎【解题指南】(1)由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论.‎ ‎(2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列,据此即可确定其通项公式;②由①确定bk的值,将原问题进行等价转化,构造函数,结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值.‎ ‎【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,‎ 所以a1≠0,q≠0.‎ 由 得解得 因此数列{an}为“M—数列”.‎ ‎(2)①因为=-,所以bn≠0.‎ 由b1=1,S1=b1,得=-,则b2=2.‎ 由=-,得Sn=,‎ 当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,‎ 得bn=-,‎ 整理得bn+1+bn-1=2bn.‎ 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.‎ 因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*).‎ ‎②由①知,bk=k,k∈N*.‎ 因为数列{cn}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.‎ - 17 -‎ 因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.‎ 当k=1时,有q≥1;‎ 当k=2,3,…,m时,有≤ln q≤.‎ 设f(x)=(x>1),则f′(x)=.‎ 令f′(x)=0,得x=e.列表如下:‎ x ‎(1,e)‎ e ‎(e,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 因为=<=,‎ 所以f(k)max=f(3)=.‎ 取q=,当k=1,2,3,4,5时,≤ln q,即k≤qk,‎ 经检验知qk-1≤k也成立.‎ 因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,‎ 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.‎ 综上,所求m的最大值为5.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.‎ - 17 -‎