2021版新高考数学一轮复习单元质检卷六数列B新人教A版 7页

单元质检卷六　数列(B)‎ ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、单项选择题(本大题共4小题,每小题7分,共28分)‎ ‎1.(2018全国1,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(　　)‎ A.-12 B.-10 C.10 D.12‎ ‎2.(2019宁夏高三联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若‎1‎a‎1‎‎+‎1‎a‎2‎+‎‎1‎a‎3‎=2,a2=2,则S3=(　　)‎ A.8 B.7 C.6 D.4‎ ‎3.(2019福建联考,12改编)在数列{an}中,a1=2,且an+an-1=nan‎-‎an-1‎+2(n≥2),令bn=(an-1)2,则b10=(　　)‎ A.50 B.55 C.60 D.65‎ ‎4.(2019贵州遵义模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a9=‎1‎‎2‎a12+6,a2=4,若数列‎1‎Sn的前k项和为‎10‎‎11‎,则k=(　　)‎ A.11 B.10 C.9 D.8‎ 二、多项选择题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎5.已知数列{an}是公差不为0的等差数列,前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,下列选项正确的有(　　)‎ A.a10=0‎ B.S7=S12‎ C.S10最小 7‎ D.S20=0‎ ‎6.在数列{an}中,若an‎2‎‎-‎an-1‎‎2‎=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为“等方差数列”,下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)‎ A.若{an}是等差数列,则{an‎2‎}是等方差数列 B.{(-1)n}是等方差数列 C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列 D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列 三、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎7.(2019浙江温州中学模拟)已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r=　　　　　. ‎ ‎8.设等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),若a1=3,a5=-11,则a3=　　　,S5=　　　. ‎ 四、解答题(本大题共3小题,共44分)‎ ‎9.(14分)(2019湖北八校联考一,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2+Sn对一切正整数n恒成立.‎ ‎(1)求a1和数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ 7‎ ‎10.(15分)(2019安徽宣城八校联考)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an‎2‎(n∈N*).‎ ‎(1)证明:数列{1+log2an}为等比数列;‎ ‎(2)设bn=n‎1+log‎2‎an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 7‎ ‎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.‎ 参考答案 单元质检卷六　数列(B)‎ ‎1.B　因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.‎ ‎2.A　因为等比数列{an}的前n项和为Sn,且‎1‎a‎1‎‎+‎1‎a‎2‎+‎‎1‎a‎3‎=2,a2=2,‎ 则‎1‎a‎1‎‎+‎1‎a‎2‎+‎1‎a‎3‎=a‎1‎‎+‎a‎3‎a‎1‎a‎3‎+‎1‎a‎2‎=a‎1‎‎+a‎2‎+‎a‎3‎a‎2‎‎2‎=‎S‎3‎‎4‎=2,则S3=8.故选A.‎ ‎3.B　∵an+an-1=nan‎-‎an-1‎+2(n≥2),‎ 7‎ ‎∴an‎2‎-‎an-1‎‎2‎‎-2(an-an-1)=n,‎ 整理得‎(an-1)‎‎2‎‎-‎‎(an-1‎-1)‎‎2‎=n,‎ 由累加法得‎(an-1)‎‎2‎‎-‎‎(a‎1‎-1)‎‎2‎=n+(n-1)+…+2,又a1=2,‎ ‎∴bn=‎(an-1)‎‎2‎‎=‎n(n+1)‎‎2‎,可得b10=55.故选B.‎ ‎4.B　设等差数列{an}的公差为d,则a‎1‎‎+8d=‎1‎‎2‎(a‎1‎+11d)+6,‎a‎1‎‎+d=4,‎解得a‎1‎‎=2,‎d=2.‎ ‎∴Sn=2n+n(n-1)‎‎2‎‎×‎2=n2+n,‎ ‎∴‎1‎Sn=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎‎,‎ ‎∴‎1‎S‎1‎+‎‎1‎S‎2‎‎+…+‎1‎Sk=1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎k‎-‎‎1‎k+1‎=1-‎1‎k+1‎‎=‎‎10‎‎11‎,解得k=10.故选B.‎ ‎5.AB　因为{an}是等差数列,设公差为d,由a1+5a3=S8,可得a1+9d=0,即a10=0,即选项A正确;‎ 又S12-S7=a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,即选项B正确;‎ 当d>0时,则S9或S10最小,当d<0时,则S9或S10最大,即选项C错误;‎ 又S19=19a10=0,a20≠0,所以S20≠0,即选项D错误.故选AB.‎ ‎6.BCD　对于A选项,取an=n,则an+1‎‎4‎‎-‎an‎4‎=(n+1)4-n4=[(n+1)2-n2]·[(n+1)2+n2]=(2n+1)(2n2+2n+1)不是常数,则{an‎2‎}不是等方差数列,故A错误;‎ 对于B选项,[(-1)n+1]2-[(-1)n]2=1-1=0为常数,则{(-1)n}是等方差数列,故B正确;‎ 对于C选项,若{an}是等方差数列,则存在常数p∈R,使得an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎=p,则数列{an‎2‎}为等差数列,所以ak(n+1)‎‎2‎‎-‎akn‎2‎=kp,则数列{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列,故C正确;‎ 7‎ 对于D选项,若数列{an}为等差数列,设其公差为d,则存在m∈R,使得an=dn+m,则an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎=(an+1-an)(an+1+an)=d(2dn+2m+d)=2d2n+(2m+d)d,‎ 由于数列{an}也为等方差数列,所以,存在实数p,使得an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎=p,‎ 则2d2n+(2m+d)d=p,对任意的n∈N*恒成立,则‎2d‎2‎=0,‎‎(2m+d)d=p,‎ 得p=d=0,‎ 此时,数列{an}为常数列,故D正确,故选BCD.‎ ‎7.19　等比数列前n项和公式具有特征Sn=aqn-a,据此可知,r=-1,‎ 则Sn=3n-1,a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,a3-r=19.‎ ‎8.-4　-20　依题意,a3=a‎1‎‎+‎a‎5‎‎2‎‎=‎‎3-11‎‎2‎=-4;‎ S5=a‎1‎‎+‎a‎5‎‎2‎‎×‎5=5a3=5×(-4)=-20.‎ ‎9.解(1)当n≥2时,an=2+Sn-1,与an+1=2+Sn相减得an+1=2an(n≥2).∴数列{an}是公比q=2的等比数列,a2=2a1,‎ 又∵a2=2+S1=2+a1,∴a1=2,‎ ‎∴an=2n.‎ ‎(2)由an+1=2+Sn得Sn=2n+1-2,‎ ‎∴Tn=(22+23+…+2n+1)-2n=‎2‎‎2‎‎(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-2n=2n+2-2n-4.‎ ‎10.(1)证明由an+1=2an‎2‎,两边取以2为底的对数,得log2an+1=1+2log2an,‎ 则log2an+1+1=2(log2an+1),所以{1+log2an}为首项为2,公比为2的等比数列.且log2an+1=(log2a1+1)×2n-1=2n.‎ 7‎ ‎(2)解由(1)得bn=n‎2‎n‎.‎因为Sn为数列{bn}的前n项和,所以Sn=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎2‎+…+n‎2‎n,‎ 则‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎3‎+…+‎n‎2‎n+1‎‎.‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n‎-n‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎(1-‎1‎‎2‎n)‎‎1-‎‎1‎‎2‎-‎n‎2‎n+1‎=1-‎1‎‎2‎n‎-‎n‎2‎n+1‎,所以Sn=2-‎n+2‎‎2‎n‎.‎ ‎11.(1)证明∵bn+1-bn=‎2‎‎2an+1‎-1‎‎-‎2‎‎2an-1‎=‎2‎‎2(1-‎1‎‎4‎an)-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)解存在.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,∴m的最小值为3.‎ 7‎