2020届高考数学一轮复习 单元检测六 数列（提升卷）单元检测 文（含解析） 新人教A版

单元检测六数列(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)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100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共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(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于()A．6B．9C．12D．15答案B解析设数列{an}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.2．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则数列{log2an}的前12项和为()A．66B．55C．45D．65答案A解析由题得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1(n∈N*)，则log2an＝n－1，所以数列{log2an}的前12项和为0＋112×12＝66.故选A.3．已知{an}为递增的等比数列，且a2a5＝128，1a3＋1a4＝316，则an等于()A．2nB．2nC.12nD.n2答案A解析设数列{an}的公比为q，则a1q·a1q4＝a1q2·a1q3＝128，1a1q2＋1a1q3＝316，又{an}递增，解得a1q2＝8，a1q3＝16，即a1＝2，q＝2，所以an＝2n(n∈N*)，故选A.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn，若a0，则()A．nan≤na1≤SnB．Sn≤na1≤nanC．na1≤Sn≤nanD．nan≤Sn≤na1答案D解析由Sn知{an}为公差d0的等差数列，∴{an}为递减数列，∴nan≤Sn≤na1.5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列ann的前n项和为()A.n2＋5n2B.n2＋5n4C.n2＋3n2D.n2＋3n4答案D解析由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝nn＋12，故ann＝n＋12，故数列ann的前n项和为12(2＋3＋…＋n＋1)＝nn＋34，故选D.6．已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1010＋a1011＝π，b6·b9＝2，则tana1＋a20201＋b7b8等于()A．1B．－1C.33D.3答案D解析由题意得tana1＋a20201＋b7b8＝tana1010＋a10111＋b6b9＝tanπ3＝3，故选D.7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝3nB．an＝3n－1C．an＝2nD．an＝2n－1答案B解析因为2Sn＝an＋1－1，所以2a1＝a2－1，又a1＝1，所以a2＝3.由题知当n≥2时，2Sn－1＝an－1，所以2an＝an＋1－an，易知an≠0，所以an＋1an＝3(n≥2)，当n＝1时，也符合此式，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1(n∈N*)，故选B.8．已知数列{an}中，a1＝12，且对任意的n∈N*，都有an＋1＝1－an1＋an成立，则a2020的值为()A．1B.12C.13D.23答案C解析由题得a1＝12；a2＝1－a11＋a1＝13；a3＝1－a21＋a2＝12；a4＝1－a31＋a3＝13，数列{an}为周期数列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝12(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝13(n∈N*)，所以a2020＝13，故选C.9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3－212n2＋24(n∈N*)，则当an取得最小值时，n等于()A．5B．6C．7D．8答案C解析令f(x)＝x3－212x2＋24(x≥1)，则f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)0；在区间(7，＋∞)内，f′(x)0.故当x＝7时，f(x)取得最小值，即n＝7时，an取得最小值，故选C.10．设数列{an}满足a1＝38，且对任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则a2021等于()A.320218B.320218＋2C.320228D.320228＋2答案A解析因为对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，所以10×3n≤(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝10×3n，所以an＋4－an＝10×3n.因为a2021＝(a2021－a2017)＋(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋38＝10×32021－381－1＋38＝320218.11．记f(n)为最接近n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若1f1＋1f2＋1f3＋…＋1fm＝4038，则正整数m的值为()A．2018×2019B．20192C．2019×2020D．2020×2021答案C解析设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－12xn＋12，所以n2－n＋14xn2＋n＋14，则n2－n＋1≤x≤n2＋n，故满足f(x)＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且1fn2－n＋1＋1fn2－n＋2＋…＋1fn2＋n＝2n×1n＝2.因为4038＝2×2019，所以m＝20192＋2019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立，则数列{an}的通项公式为()A.2nλB.2n＋1λC.2n＋1λD.2n＋1＋1λ答案A解析令n＝1，则λa21＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝2λ，所以2an＝2λ＋Sn，①当n≥2时，2an－1＝2λ＋Sn－1，②①－②，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以2λ为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2λ×2n－1＝2nλ(n∈N*)，故选A.第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知等差数列{an}的前9项和等于前4项和，若ak＋a4＝0，则k＝________.答案10解析由S9－S4＝0，得a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，故a7＝0，由ak＋a4＝0＝2a7，得k＋4＝14，所以k＝10.14．已知正项等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项am，an，使得am·an＝2a1，则1m＋4n的最小值为________．答案73解析设数列{an}的公比为q(q0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又am·an＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，1m＋4nmin＝73.15．已知数列{an}满足a1＝2，且a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为______________．答案an＝n＋1解析因为a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，①所以a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＋ann＋1＝an＋1－2(n≥2)，②②－①，得ann＋1＝(an＋1－2)－(an－2)＝an＋1－an(n≥2)，整理得an＋1an＝n＋2n＋1(n≥2)，又a1＝2，且a12＝a2－2，所以a2＝3，则a2a1·a3a2·a4a3·…·an－1an－2·anan－1＝32×43×54×…×nn－1×n＋1n，整理得ana1＝n＋12，所以an＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1也符合)．16．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品的销售价格，即根据商品的最低销售限价a、最高销售限价b(ba)以及常数x(0x1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a)，这里，x被称为乐观系数．经验证表明，最佳乐观系数x恰好使得c－a是b－c和b－a的等比中项，据此可得，最佳乐观系数x的值为________．答案5－12解析由题意知c－a＝x(b－a)，b－c＝(b－a)－x(b－a)，又c－a是b－c和b－a的等比中项，∴[x(b－a)]2＝(b－a)2－x(b－a)2，∴x2＋x－1＝0，解得x＝－1±52.∵0x1，∴x＝5－12.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.解(1)设q为等比数列{an}的公比，q0，则由a1＝2，a3＝a2＋4，得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.(2)由题意得Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝21－2n1－2＋n×1＋nn－12×2＝2n＋1＋n2－2.18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn＝4an－2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log12an，求数列1bnbn＋1的前n项和Tn.解(1)当n≥2时，3Sn＝4an－2，①3Sn－1＝4an－1－2，②①－②得3an＝4(an－an－1)，所以an＝4an－1，即anan－1＝4.又3S1＝4a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)．(2)因为bn＝log12an＝log1222n－1＝1－2n，所以1bnbn＋1＝11－2n1－2n－2＝1212n－1－12n＋1，所以Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1(n∈N*)．19．(13分)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列ann＋3n－5的前n项和Sn.解(1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝2n＋1nan，得an＋1n＋1＝2·ann.设bn＝ann，所以bn＋1＝2bn.因为an≠0，所以bn≠0，所以bn＋1bn＝2.又因为b1＝a11＝1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1＝ann，an＝n·2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知ann＋3n－5＝2n－1＋3n－5，故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n＝2n＋3n2－7n2－1.20．(13分)已知函数f(x)＝bx＋cx＋1的图象过原点，且关于点(－1,2)成中心对称．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝f(an)，试证明数列anan－1为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．解(1)∵f(0)＝0，∴c＝0.∵f(x)＝bx＋cx＋1的图象关于点(－1,2)成中心对称，∴f(x)＋f(－2－x)＝4，即bxx＋1＋b－2－x－2－x＋1＝4，解得b＝2.∴f(x)＝2xx＋1.(2