专题11+数列（一）-2019高考数学（文）二轮复习单元过关测试

专题11+数列（一）-2019高考数学（文）二轮复习单元过关测试

‎2019高考数学（文）二轮单元复习过关测试 单元测试11 数列（一）‎ ‎(120分钟　150分)‎ 一、选择题(本大题共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．在等差数列{an}中，若前10项的和S10＝60，且a7＝7，则a4＝(　　)‎ A．4 B．－4‎ C．5 D．－5‎ ‎【答案】C ‎【解析】　法一：由题意得解得∴a4＝a1＋3d＝5，故选C．‎ 法二：由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4，∵S10＝＝60，∴a1＋a10＝12.又∵a7＝7，∴a4＝5，故选C．‎ ‎2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是(　　)‎ A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列 C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列 ‎【答案】C ‎【解析】　设等比数列{an}的公比为q，则a3·a5＝a2q·a2q3＝4，又因为a2＝12，所以q4＝，则q2＝，所以数列{a2n}是首项为12，公比为的等比数列，则数列{a2n}为单调递减数列，故选C．‎ ‎3．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5＝(　　)‎ ‎ A． B． ‎ ‎ C． D． ‎【答案】D ‎【解析】　a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝1＋＝，a4＝1＋＝3，a5＝1＋＝.‎ ‎4．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝(　　)‎ A．－3 B．－1‎ C．1 D．3‎ ‎【答案】A ‎5．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)‎ A．S7 B．S6‎ C．S5 D．S4‎ ‎【答案】C ‎【解析】　∵∴ ‎∴Sn的最大值为S5.‎ ‎6．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于 ‎(　　)‎ A．200 B．－200‎ C．400 D．－400‎ ‎【答案】B ‎【解析】　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.‎ ‎7．设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝(an－1)(n∈N*)，则an＝(　　)‎ ‎ A．3(3n－2n) B．3n＋2‎ ‎ C．3n D．3·2n－1‎ ‎【答案】C　‎ ‎【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，整理，得an＝3an－1，由a1＝(a1－1)，得a1＝3，∴＝3，∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝3n，故选C．‎ ‎8．．数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2 017＝(　　)‎ A． B．－ ‎ C．2 D．－2‎ ‎【答案】C　‎ ‎【解析】由an＝，得an＋1＝，而a1＝2，‎ 则有a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，‎ 故数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1a2a3a4＝1，‎ 所以T2 017＝(a1a2a3a4)504a1＝1504×2＝2. ‎ 故an＝ ‎14．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，则等于________．‎ ‎【答案】　‎ ‎【解析】法一：∵a5＝，b5＝，‎ ‎∴＝＝ ‎＝＝＝.‎ 法二：∵等差数列前n项之和的形式为n(an＋b)．‎ ‎∴由＝＝，‎ 可令Sn＝7n2，Tn＝n2＋3n.‎ 可求得：an＝14n－7，bn＝2n＋2.‎ ‎∴＝＝＝.‎ ‎15．一个等比数列{an}的前3项的积为2，后3项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有________项. ‎ ‎【答案】12　‎ ‎【解析】设首项为a1，共有n项，公比为q.‎ 前3项之积为aq3＝2，后3项之积为aq3n－6＝4，‎ 两式相乘得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2，‎ 又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，‎ ‎∴aq＝64，则(aqn－1)n＝642，‎ ‎∴2n＝642，∴n＝12.‎ ‎16．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________.‎ ‎【答案】1 007　‎ ‎【解析】∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝，‎ ‎∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.‎ S＝f＋f＋…＋f， ①‎ S＝f＋f＋…＋f， ②‎ ‎①＋②得，‎ ‎2S＝f＋f＋f＋f＋…＋＝2 014，‎ ‎∴S＝＝1 007.‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(10分) 已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.‎ ‎(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；‎ ‎(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．‎ ‎【答案】　（1）见解析；（2）(－3，＋∞).‎ ‎【解析】(1)由n2－5n＋4<0，‎ 解得1an知该数列是一个递增数列， ‎ 又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，即得k>－3.‎ 所以实数k的取值范围为(－3，＋∞). ‎ ‎18．(12分)已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．‎ ‎(1)求证数列是等差数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)设bn＝－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）Tn＝ ‎【解析】(1)证明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，‎ ‎∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，‎ ‎∴数列是等差数列，其公差为2，首项为2，‎ ‎∴＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎19．(12分) 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）存在。λ＝4‎ ‎【解析】　(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 2分 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. 5分 ‎(2)由题设知a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，‎ 可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1. 7分 令2a2＝a1＋a3，‎ 解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； 9分 ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列. 12分 ‎20．(12分) 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a‎1a2＝a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式； ‎ ‎(2)设bn＝log2(2Sn＋1)－2，数列{cn}满足cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，数列{cn}的前n项和为Tn，求使4Tn＞2n＋1－成立的最小正整数n的值．‎ ‎【答案】　（1）an＝2n－2，‎ ‎（2）Sn＝an＋1－＝2n－1－，n∈N*.‎ ‎【解析】(1)由Sn＝an＋1－，得Sn－1＝an－(n≥2)，两式作差得：an＝an＋1－an，即2an＝an＋1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，因为a1＝S1＝a2－，所以a2＝1，所以＝2，所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，‎ 则an＝·2n－1＝2n－2，n∈N*，Sn＝an＋1－＝2n－1－，n∈N*.‎ ‎(2)bn＝log2(2Sn＋1)－2＝log22n－2＝n－2，‎ 所以cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，‎ 即cn(n＋1)(n＋2)＝1＋(n＋1)(n＋2)·2n－2，‎ cn＝＋2n－2＝－＋2n－2，‎ Tn＝＋＋…＋＋(2－1＋20＋…＋2n－2)‎ ‎＝－＋＝－－＋2n－1＝2n－1－.‎ 由4Tn＞2n＋1－，得 ‎4＞2n＋1－，‎ 即＜，n＞2 014.‎ 所以使4Tn＞2n＋1－成立的最小正整数n的值为2 015.‎