【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)阶段性测试题6(数列).docx

阶段性测试题六(数列)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．(2022·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)
A．8　　　　　　　 B．10
C．12 D．14
[答案]　C
[解析]　本题考查等差数列的通项公式．
由a1＝2，S3＝3a1＋d＝6＋3d＝12可得d＝2，
∴a6＝a1＋5d＝12.
留意熟记等差数列的常见性质，如d＝.
2．在数列{an}中，a1＝1，点(an，an＋1)在直线y＝2x上，则a4的值为(　　)
A．7 B．8
C．9 D．16
[答案]　B
[解析]　由于点(an，an＋1)在直线y＝2x上，即an＋1＝2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列，所以a4＝a1q3＝23＝8，选B．
(理) 已知{an}为等差数列，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝(　　)
A．15 B．24
C．27 D．54
[答案]　C
[解析]　由已知a3＋a4＋a8＝3a1＋12d＝9，故a1＋4d＝3，即a5＝3，∴S9＝＝9a5＝27.
3．(2021·河南三市调研)设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，又a1＝2，则S101的值为(　　)
A．2 B．200
C．－2 D．0
[答案]　A
[解析]　设等比数列的公比为q.由an＋2an＋1＋an＋2＝0得an(1＋2q＋q2)＝0，由于an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1，所以S101＝a1＝2.
4．(文)在等比数列{an}中，a2022＝8a2021，则公比q的值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．8
[答案]　A
[解析]　∵a2022＝8a2021，∴q3＝＝8，∴q＝2.
(理)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
[答案]　B
[解析]　依据题意将3S3＝a4－2和3S2＝a3－2相减得：3(S3－S2)＝a4－a3，则3a3＝a4－a3,4a3＝a4，
所以q＝＝4.
5．(2021·昆明第一次调研)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a1＝2a8－3a4，则＝(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　A
[解析]　由已知得a1＝2a1＋14d－3a1－9d，
∴a1＝d，又＝，将a1＝d代入化简得＝.
6．(文)已知等比数列{an}的首项a1＝1，公比q＝2，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a11＝(　　)
A．50 B．35
C．55 D．46
[答案]　C
[解析]　由于等比数列{an}的首项a1＝1，公比q＝2，所以a6＝25，故log2a1＋log2a2＋…＋log2a11＝log2a1a2…a11＝log2a＝log2(25)11＝log2255＝55，故选C．
(理)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝(　　)
A． B．3－2
C．3＋2 D．
[答案]　C
[解析]　a1，a3,2a2成等差数列，所以a3＝a1＋2a2，
即a1q2＝a1＋2a1q，解得q＝1＋，
＝q2＝(1＋)2＝3＋2.
7．在等差数列{an}中，a1＝－28，公差d＝4，若前n项和Sn取得最小值，则n的值为(　　)
A．7 B．8
C．7或 8 D．8或9
[答案]　C
[解析]　an＝a1＋(n－1)d＝－28＋4(n－1)＝4n－32，由an≤0得4n－32≤0，即n≤8.即a8＝0.当n<7时，an<0.所以要使Sn取得最小值，则有S7＝S8最小，选C．
8．(2022·保定调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an＝(　　)
A．2n－1 B．2n－1＋1
C．2n－1 D．2(n－1)
[答案]　A
[解析]　由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，
∴an＝2n－1.
9．在数列{an}中，已知an＋1＋an－1＝2an(n∈N＋，n≥2)，若平面上的三个不共线的向量、、，满足＝a1008＋a1009，三点A、B、C共线，且直线不过O点，则S2022等于(　　)
A．1008 B．1009
C．2021 D．2022
[答案]　A
[解析]　由条件知{an}成等差数列，
∵A、B、C共线，∴a1008＋a1009＝1，
∴S2022＝＝1008(a1008＋a1009)＝1008.
10．已知函数f(x)＝x2－ax的图像在点A(1，f(1))处的切线l与直线x＋3y＋2＝0垂直，若数列{}的前n项和为Sn，则S2021的值为(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　D
[解析]　f′(x)＝2x－a，由已知得f′(1)＝3，
所以a＝－1，所以＝＝－，
所以Sn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－，
故S2021＝.
第Ⅱ卷(非选择题　共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)
11．各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6＝________.
[答案]　4
[解析]　由于a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，
所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，
得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，
解得q2＝2，所以a6＝a2q4＝1×22＝4.
12．(2022·北京高考)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
[答案]　8
[解析]　本题考查了等差数列的性质与前n项和．
由等差数列的性质，a7＋a8＋a9＝3a8，a7＋a10＝a8＋a9，于是有a8>0，a8＋a9<0，故a9<0，故S8>S7，S9<S8，S8为{an}的前n项和Sn中的最大值．
等差数列{an}中首项a1>0公差d<0，{an}是一个递减的等差数列，前n项和有最大值，a1<0，公差d>0，{an}是一个递增的等差数列，前n项和有最小值．
13．若数列{an}满足a1＝2且an＋an－1＝2n＋2n－1，Sn为数列{an}的前n项和，则log2(S2021＋2)＝________.
[答案]　2022
[解析]　由于a1＋a2＝22＋2，a3＋a4＝24＋23，
a5＋a6＝26＋25，….
所以S2021＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2011＋a2021
＝21＋22＋23＋24＋…＋22022＋22021
＝＝22022－2.
故log2(S2021＋2)＝log222022＝2022.
14．已知数列{an}，其前n项和Sn＝n2＋n＋1，则a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝________.
[答案]　100
[解析]　a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S7＝(122＋12＋1)－(72＋7＋1)＝100.
15．如图，将数列{an}中的全部项按每一行比上一行多两项的规章排成数表．已知表中的第一列a1，a2，a5，…构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为d的等差数列．若a4＝5，a86＝518，则d＝________.
a1
a2　a3　a4
a5　a6　a7　a8　a9
…
[答案]　
[解析]　∵a4＝5，∴a2＝5－2D．
又∵第1行到第9行共有1＋3＋5＋…＋17＝81项，
∴第10行的第1项为a82＝a86－4d＝518－4D．
又表中的第1列a1，a2，a5，…，a82是公比为2的等比数列，
∴a82＝a2·28，即518－4d＝(5－2d)·28，解得d＝.
三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a2, a3, a4＋1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，
由a1＝2和a2，a3，a4＋1成等比数列，得
(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)
解得d＝－1或d＝2.
当d＝－1时，a3＝0，这与a2，a3，a4＋1成等比数列冲突舍去．所以d＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n，(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝＝－.
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
17．(本小题满分12分)已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5 ＝45，a2 ＋a6 ＝14.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：＋＋…＋＝an＋1(n∈N*)，求{bn}的前n项和．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题设知d>0.
由a2＋a6＝14，可得a4＝7.
由a3a5＝45，得(7－d)(7＋d)＝45，可得d＝2.
所以a1＝7－3d＝1.
可得an＝2n－1.
(2)设cn＝，则c1＋c2＋…＋cn＝an＋1.
即c1＋c2＋…＋cn＝2n，
可得c1＝2，且c1＋c2＋…＋cn－1＝2(n－1)．
所以cn＝2(n∈N*)．
所以bn＝2n＋1，
所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以前n项和Sn＝＝2n＋2－4.
18．(本小题满分12分)(2022·浙江高考)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋1＋…＋am＋k＝65.
[解析]　(1)∵S2·S3＝36，a1＝1，
∴(2a1＋d)·(3a1＋3d)＝36
即d2＋3d－10＝0，
∴d＝2或d＝－5
∵d>0，∴d＝2
∴an为1为首项，2为公差的等差数列．
∴Sn＝n＋×2＝n2.
(2)∵am＋am＋1＋…＋am＋k＝65
∴Sm＋k－Sm－1＝65
由(1)得(m＋k)2－(m－1)2＝65.
即2mk＋k2＋2m－1＝65
2m(k＋1)＋k2－1＝65
即(k＋1)(2m＋k－1)＝65＝5×13，
∵k、m∈N＋，∴2m＋k－1>k＋1
∴解之得m＝5，k＝4.
∴当m＝5，k＝4时，am＋am＋1＋…＋am＋k＝65.
19．(本小题满分12分)(2021·奉新一中月考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2与a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an－log2an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使不等式Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
[解析]　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
∵2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项，
∴a1(2＋q2)＝3a1q， ①
a1(q＋q3)＝2a1q2＋4， ②
由①及a1≠0，得q2－3q＋2＝0，∴q＝1，或q＝2，
当q＝1时，②式不成立；当q＝2时，符合题意，
把q＝2代入②得a1＝2，所以，an＝2·2n－1＝2n；
(2)bn＝an－log2an＝2n－n.
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋22＋2n)－(1＋2＋…＋n)
＝2n＋1－2－n－n2，由于Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10.
故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
20．(本小题满分13分)已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整数n的最小值．
[解析]　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8，∴a2＋a4＝20，
∴解之得或
又数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)∵bn＝2nlog2n＝－n·2n，
∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，
2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，
两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1.
∴Sn＋n·2n＋1>50，即2n＋1－2>50，即2n＋1>52.
易知：当n≤4时，2n＋1≤25＝32<52，当n≥5时，2n＋1≥26＝64>52.
∴使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整数n的最小值为5.
21．(本小题满分14分)(文)已知数列{an}满足a1＝1，a1＋a2＋…＋an－1－an＝－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令dn＝1＋loga(a>0，a≠1)，记数列{dn}的前n项和为Sn，若恒为一个与n无关的常数λ，试求常数a和λ.
[解析]　(1)由题a1＋a2＋…＋an－1－an＝－1①
∴a1＋a2＋…＋an－an＋1＝－1②
由①－②得：an＋1－2an＝0，即＝2(n≥2)．
当n＝2时，a1－a2＝－1，∵a1＝1，∴a2＝2，＝2，
所以，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列
故an＝2n－1(n∈N＋)
(2)∵an＝2n－1，∴dn＝1＋loga＝1＋2nloga2，
∵dn＋1－dn＝2loga2，
∴{dn}是以d1＝1＋2loga2为首项，以2loga2为公差的等差数列，
∴＝
＝＝λ，
⇒(λ－4)nloga2＋(λ－2)(1＋loga2)＝0，
∵恒为一个与n无关的常数λ，
∴
解之得：λ＝4，a＝.
(理) 数列{an}中，a1＝t，a2＝t2，其中t>0且t≠1，x＝是函数f(x)＝an－1x3－3[(t＋1)an－an＋1]x＋1(n≥2)的一个极值点．
(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝anlogtan，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn.
[解析]　(1)证明：f′(x)＝3an－1x2－3[(t＋1)an－an＋1]，依据已知f′()＝0，
即tan－1－(t＋1)an＋an＋1＝0，
即an＋1－an＝t(an－an－1)，
∵t>0，t≠1，∴a2－a1＝t2－t＝t(t－1)≠0.
所以数列{an＋1－an}是以t(t－1)为首项，t为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an＋1－an＝(t－1)tn.
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(t－1)tn－1＋(t－1)tn－2＋…＋(t－1)t＋t
＝(t－1)×＋t＝tn.
所以数列{an}的通项公式an＝tn.
(3)由(2)知an＝tn，所以bn＝anlogtan＝ntn.
∴Sn＝1×t＋2×t2＋3×t3＋…＋ntn.
则tSn＝1×t2＋2×t3＋…＋(n－1)tn＋ntn＋1.
所以(1－t)Sn＝t＋t2＋t3＋…＋tn－ntn＋1
＝－ntn＋1.
所以Sn＝－.