2021版高考数学一轮复习单元评估检测三苏教版 13页

单元评估检测(三) (第七章)‎ 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5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.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.‎ ‎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.‎ ‎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 - 13 -‎ ‎【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=.‎ ‎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= (　　)‎ 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,‎ - 13 -‎ 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.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======.‎ ‎8.已知{an}是公比不为1的等比数列,数列{bn}满足:a2,,a2n成等比数列,cn=,若数列{cn}的前n项和Tn≥λ对任意的n∈N*恒成立,则λ的最大值为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.由a2,,a2n成等比数列得=a‎2a2n,又{an}是公比不为1的等比数列,‎ 设公比为q,则=q2n,整理得bn=n+1,‎ cn==‎ - 13 -‎ ‎=,‎ 数列{cn}的前n项和 Tn=‎ ‎=,‎ 数列{Tn}是递增数列,则当n=1时取到最小值为,可得λ≤,即λ的最大值为.‎ 二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)‎ ‎9.在等比数列{an}中,a‎2a3a4=8,a7=8,则q= (　　)‎ A. B.2 C.- D.-2‎ ‎【解析】选AC.因为数列{an}是等比数列,所以a‎2a3a4==8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,所以q=或-.‎ ‎10.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则an 等于 (　　)‎ A.-(2n+1) B.2n-1‎ C.2n+1 D.1-2n ‎【解析】选AC.当n为奇数时,‎ an=n2-(n+1)2=-(2n+1)‎ 当n为偶数时,‎ an=-n2+(n+1)2=2n+1.‎ - 13 -‎ ‎11.设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn.前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7·a8>1,<0.则下列结论正确的是 (　　)‎ A.01‎ C.Sn的最大值为S9‎ D.Tn的最大值为T7‎ ‎【解析】选AD.因为a1>1,a7·a8>1,<0,所以a7>1,a8<1,‎ 所以01,01,a8<1,所以T7是Tn的最大值,故D正确.‎ ‎12.如图,“杨辉三角”中从上往下数共有n(n>7,n∈N)行,设其第k(k≤n,k∈N+)行中不是1的数字之和为ak,由a1,a2,a3,…组成的数列{an}的前n项和是Sn.‎ ‎1　1‎ ‎1　2　1‎ ‎1　3　3　1‎ ‎1　4　6　4　1‎ ‎…　…　…　…‎ 下列结论正确的是 (　　)‎ A.a8=254 B.an=+2n C.S3=22 D.Sn=-2-2n ‎【解析】选AD.由已知得an=+++…+-2‎ ‎=(1+1)n-2=2n-2,‎ 所以a8=28-2=256-2=254,A正确;‎ - 13 -‎ an-an-1=2n-2-2n-1+2=2n-1≠2n,B不正确;因为Sn=2-2+22-2+…+2n-2=-2n=2n+1-2n-2,‎ 所以S3=‎24-6-2‎=8≠22,C不正确,D正确.‎ 三、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:‎ ‎14.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q=________,|a1|+|a2|+…+|an|‎ ‎=________. ‎ ‎【解析】本题主要考查了等比数列的通项及其求和.‎ 依题意a1=,a4=-4,则·q3=-4,‎ 所以q3=-8,所以q=-2.‎ 所以an=(-2)n-1,所以|an|=2n-2.‎ 所以|a1|+|a2|+…+|an|==2n-1-.‎ 答案:-2　2n-1-‎ ‎15.设数列{an}的前n项和为Sn,且∀n∈N*,an+1>an,Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an=________.  ‎ - 13 -‎ ‎【解析】∀n∈N*,an+1>an,则数列{an}是递增的,∀n∈N*,Sn≥S6,即S6最小,只要前6项均为负数,或前5项为负数,第6项为0,即可,‎ 所以,满足条件的数列{an}的一个通项公式an=n-6(n∈N*)(答案不唯一).‎ 答案:n-6(n∈N*)(答案不唯一)‎ ‎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__________.  ‎ ‎【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)<0,220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.‎ - 13 -‎ ‎21.(12分)(2020·无锡模拟)已知数列{an}满足a1=,an+1=. ‎ ‎(1)求证:数列是等差数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎【解析】(1)因为an+1=,且可知an≠0,所以-=2,所以数列是等差数列.‎ 所以=+2(n-1)=2n,即an=.‎ ‎(2)因为bn==,‎ 所以Sn=b1+b2+…+bn=1+++…+,则Sn=+++…+,两式相减得Sn=1++++…+-=2-,所以Sn=4-.‎ ‎22.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1-2Sn=1(n∈N*). ‎ ‎(1)求证:数列{an}为等比数列.‎ ‎(2)若数列{bn}满足:b1=1,bn+1=+.‎ ‎① 求数列{bn}的通项公式;‎ ‎② 是否存在正整数n,使得bi=4-n成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.‎ - 13 -‎ ‎【解析】(1)由Sn+1-2Sn=1,得Sn-2Sn-1=1(n≥2),两式相减,得an+1-2an=0,即=2(n≥2).‎ 因为a1=1,由(a1+a2)-‎2a1=1,得a2=2,所以=2,所以=2对任意n∈N*都成立,‎ 所以数列{an}为等比数列,首项为1,公比为2.‎ ‎(2)① 由(1)知,an=2n-1,‎ 由bn+1=+,得bn+1=+,‎ 即2nbn+1=2n-1bn+1,即2nbn+1-2n-1bn=1,‎ 因为b1=1,所以数列{2n-1bn}是首项为1,公差为1的等差数列.所以2n-1bn=1+(n-1)×1=n,所以bn=.‎ ‎②设Tn=bi,‎ 则Tn=1×+2×+3×+…+n×,‎ 所以Tn=1×+2×+3×+…+n×,‎ 两式相减得Tn=+++…+-n×‎ ‎=-n×=2-(n+2)×,‎ - 13 -‎ 所以Tn=4-(2n+4)×.‎ 由bi=4-n,得4-(2n+4)×=4-n,‎ 即=2n-1.‎ 显然当n=2时,上式成立,‎ 设f(n)=-2n-1(n∈N*),即f(2)=0.‎ 因为f(n+1)-f(n)=-=-<0.‎ 所以数列{f(n)}单调递减,所以f(n)=0有唯一解n=2,所以存在唯一正整数n=2使得bi=4-n成立.‎ - 13 -‎