2018《单元滚动检测卷》高考数学（理）（苏教版）精练检测六 数　列 11页

单元滚动检测六　数　列 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．‎ ‎2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．‎ ‎3．本次考试时间120分钟，满分160分．‎ ‎4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．‎ 第Ⅰ卷 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)‎ ‎1．(2016·苏北四市联考)已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d＝________.‎ ‎2．数列为等差数列，a1，a2，a3为等比数列，a5＝1，则a10＝________.‎ ‎3．若数列满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列的前n项和最大时，n的值为________．‎ ‎4．(2016·江苏扬州中学期中测试)设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝________.‎ ‎5．在等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值是__________．‎ ‎6．已知为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8.则a1＋a10＝________.‎ ‎7．已知是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的取值范围是____________．‎ ‎8．若数列的前n项和Sn＝an＋，则的通项公式是an＝________.‎ ‎9．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．‎ ‎10．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为__________．‎ ‎11．(2016·常州模拟)已知Sn是数列的前n项和，且点(an，Sn)在直线2x－y－2＝0上，则＝________.‎ ‎12．(2016·山西运城期中)数列满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都满足an＋1＝，则数列的前n项和为__________．‎ ‎13．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是________．‎ ‎14．(2016·苏州一模)对于正项数列{an}，定义Hn＝为{an}的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为Hn＝，则数列{an}的通项公式为______________．‎ 第Ⅱ卷 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎15.(14分)(2016·全国甲卷)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；　(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ ‎16.(14分)(2016·南京模拟)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，请说明理由.‎ ‎17.(14分)(2016·泰州一模)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；　(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.‎ ‎18.(16分)(2017·宜昌调研)已知数列满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列满足关系式bn＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列为等差数列；　(2)求数列的通项公式.‎ ‎19.(16分)(2016·盐城一模)已知数列中，a1＝1，其前n项的和为Sn，且满足an＝(n≥2，n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；　(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn＜.‎ ‎20.(16分)已知数列的前n项和Sn＝3n，数列满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列的通项公式；　‎ ‎(2)求数列的通项公式；‎ ‎(3)若cn＝，求数列的前n项和Tn.‎ ‎ ‎ 答案解析 ‎1．－3‎ 解析　方法一　由题意可得 解得a1＝5，d＝－3.‎ 方法二　由题意可得a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，‎ ‎∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.‎ ‎2．1‎ 解析　由题意得a＝a1a3＝(a2－d)(a2＋d)＝a－d2，‎ 所以d＝0，a10＝a5＝1.‎ ‎3．7‎ 解析　∵an＋1－an＝－3，‎ ‎∴数列是以19为首项，－3为公差的等差数列，‎ ‎∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.‎ 设前k项和最大，则有∴ ‎∴≤k≤.‎ ‎∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.‎ ‎4．6‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，‎ 得q2＝＝4.‎ 又{an}的各项均为正数，∴q＝2.‎ 又Sk＝＝63，∴2k－1＝63，解得k＝6.‎ ‎5．1或－ 解析　当公比q＝1时，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求；‎ 当q≠1时，a1q2＝7，＝21，‎ 解得q＝－或q＝1(舍去)．综上可知，q＝1或q＝－.‎ ‎6．－7‎ 解析　由题意，根据等比数列的性质得a5a6＝a4a7＝－8，‎ 又a4＋a7＝2，设a4，a7是方程x2－2x－8＝0的两根，‎ 解得或解得a1＋a10＝－7.‎ ‎7．[8，)‎ 解析　因为是等比数列，a2＝2，a5＝，所以q3＝＝，‎ 解得q＝，a1＝4，故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－q2n)∈[8，)．‎ ‎8．(－2)n－1‎ 解析　∵Sn＝an＋，①‎ ‎∴当n≥2时，Sn－1＝an－1＋.②‎ ‎①－②，得an＝an－an－1，即＝－2.‎ ‎∵a1＝S1＝a1＋，∴a1＝1，‎ ‎∴是以1为首项，－2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝(－2)n－1.‎ ‎9．1 830‎ 解析　∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，‎ ‎∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝＝1 830.‎ ‎10. 解析　∵an＝＝，‎ ‎∴bn＝＝＝4(－)，‎ ‎∴Sn＝4[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝4(1－)＝.‎ ‎11. 解析　由点(an，Sn)在直线2x－y－2＝0上，得2an－Sn－2＝0，即Sn＝2(an－1)，所以当n≥2‎ 时，Sn－1＝2(an－1－1)，两式相减可得an＝2an－1(n≥2)，又a1＝2a1－2，所以a1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以an＝2n，＝＝＝.‎ ‎12. 解析　由an＋1＝，得＝＋3，‎ 即－＝3.‎ 又∵a1＝1，∴＝1，‎ ‎∴数列是以1为首项，以3为公差的等差数列，‎ ‎∴＝1＋3(n－1)＝3n－2，‎ ‎∴an＝.anan＋1＝＝(－)，‎ ‎∴数列的前n项和为(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.‎ ‎13．5‎ 解析　由等差数列的前n项和及等差中项，‎ 可得＝＝＝ ‎＝＝ ‎＝＝7＋ (n∈N*)，‎ 故n＝1,2,3,5,11时，为整数．‎ 即正整数n的个数是5.‎ ‎14．an＝(n∈N*)‎ 解析　由Hn＝可得 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝＝，①‎ a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n≥2)，②‎ ‎①－②得nan＝－＝(n≥2)，‎ ‎∴an＝(n≥2)．‎ 又H1＝＝，∴a1＝，也满足an＝.‎ 综上，an＝(n∈N*)．‎ ‎15．解　(1)设数列{an}的公差为d，根据已知有S7＝7＋21d＝28，解得d＝1，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝n.‎ 所以b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.‎ ‎16．解　(1)设数列{an}的公差为d，依题意知，2,2＋d,2＋4d成等比数列，‎ 故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，‎ 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；‎ 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n.‎ 显然2n＜60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，‎ 解得n＞40或n＜－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，且n的最小值为41.‎ ‎17．解　(1)由题意，an＋1＝3Sn＋1，‎ 则当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.两式相减，得an＋1＝4an(n≥2)．‎ 又a1＝1，a2＝4，＝4，‎ 所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，‎ 故通项公式是an＝4n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)Tn＝(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)‎ ‎＝(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)‎ ‎＝＋ ‎＝＋.‎ ‎18．(1)证明　∵bn＝，且an＝，‎ ‎∴bn＋1＝＝＝，‎ ‎∴bn＋1－bn＝－＝2.‎ 又b1＝＝1，‎ ‎∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)解　由(1)知数列的通项公式为 bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝，∴an＝＝.‎ ‎∴数列的通项公式为an＝.‎ ‎19．证明　(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，‎ ‎∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，‎ ‎∴－＝2，‎ ‎∴数列构成以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可知，＝＋(n－1)·2＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝.‎ ‎∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝(1－＋－＋－＋…＋－)‎ ‎＝(1－)＜.‎ ‎20．解　(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1(n≥2)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．‎ 当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝ ‎(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3(n≥2)．‎ 以上各式相加得 bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝＝(n－1)2(n≥2)．‎ ‎∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n(n≥2)，且b1＝－1也满足bn＝n2－2n，‎ ‎∴数列{bn}的通项公式为bn＝n2－2n(n∈N*)．‎ ‎(3)由题意得cn＝ 当n≥2时，‎ Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，‎ ‎∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n.‎ 上述两式相减得 ‎－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.‎ ‎∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)‎ ‎＝(n－2)×3n－＝.‎ ‎∴Tn＝ ‎∴Tn＝(n∈N*)．‎