2023年高考数学一轮复习 单元检测（六）数列（含解析）理.docx

1、单元检测(六)数列一、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)12021江西五校联考在等差数列an中，a11，2，则公差d的值是()ABCD2公比为2的等比数列an的各项都是正数，则a3a1116，则log2a10()A4B5C6D732021蓉城名校高三联考若等差数列an的前n项和为Sn，且S520，a46，则a2的值为()A0B1C2D342022吉林长春模拟已知等差数列an的前n项和为Sn，若S130，则在数列中绝对值最小的项为()A第5项B第6项C第7项D第8项5已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，则数列an

2、的通项公式为()Aan2nBanCan2n1Dan2n16若数列an的通项公式是an(1)n1(3n2)(nN*)，则a1a2a2018()A3027B3027C3030D303072021广东七校联考已知等差数列an的前n项和为Sn，a6a86，S9S63，则Sn取得最大值时n的值为()A5B6C7D882022山东青岛模拟设Sn是等差数列an的前n项和，若，则()ABCD9在数列an中，已知对任意正整数n，有a1a2an2n1，则aaa()A(2n1)2B(2n1)2C4n1D(4n1)102021湖北武汉部分重点中学联考等比数列an的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn24Sn3恒成

3、立，则a1的值为()A3B1C3或1D1或3112022内蒙古巴彦淖尔月考定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”，已知数列an的前n项的“均倒数”为.若bn，则为()ABCD12数列an满足a1，an(nN*)，若对nN*，都有k成立，则最小的整数k是()A3B4C5D6二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13在公差为2的等差数列an中，a32a54，则a42a7_14已知等差数列cn的首项c11，若2cn3为等比数列，则c2019_15已知数列an满足递推关系式an12an2n1(nN*)，且为等差数列，则实数的值是_162022安徽五校检测设数列an满

4、足a15，且对任意正整数n，总有(an13)(an3)4an4成立，则数列an的前2018项的和为_三、解答题(共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知an为等差数列，且a1a38，a2a412.(1)求数列an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数k的值18(本小题满分12分)已知由实数构成的等比数列an满足a12，a1a3a542.(1)求数列an的通项公式；(2)求a2a4a6a2n的值19(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，Snn2na1(a为常数).(1)若a2，求数列an的通项公式；(2)

5、若数列an是等差数列，bn，求数列bn的前n项和Tn.20(本小题满分12分)已知nN*，设Sn是单调递减的等比数列an的前n项和，a2，且S4a4，S6a6，S5a5成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bnlog2ann(1)，数列的前n项和Tn满足T20182018，求实数的值21(本小题满分12分)设数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2an1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，若b1b2bn1，求正整数n的最小值22(本小题满分12分)2021河南林州调研已知数列an是等比数列，首项a11，公比q0，其前n项和为Sn，且S1a1，S3a3

6、，S2a2成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足an1bn，Tn为数列bn的前n项和，若Tnm恒成立，求m的最大值单元检测（六）数列1答案：A解析：方法一由2，得a62a5，所以a15d2（a14d），又a11，所以d.方法二由a6a5d，2，得a5d，因为a5a14d，所以da14d，又a11，所以d.2答案：B解析：因为aa3a1116，且an0，所以a74.因为公比q2，所以a10a7q342325，所以log2a10log2255.3答案：C解析：S55a320，解得a34，根据等差数列的性质有2a3a2a4，所以a22a3a4862.4答案：C解析：根据等差数列a

7、n的前n项和公式Sn，因为所以由得所以数列an中绝对值最小的项为第7项5答案：B解析：由log2（Sn1）n1，得Sn12n1.当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n.经检验，a13不符合上式，所以数列an的通项公式为an.6答案：A解析：a1a2a2018（a1a2）（a3a4）（a2017a2018）（14）（710）（320172）（320182）（3）10093027.7答案：D解析：方法一设an的公差为d，则由题意得，解得所以an2n17，因为a80，a90，所以Sn取得最大值时n的值为8.方法二设an的公差为d，则由题意得，解得则Sn15n（2）（n8）264，所以当n

8、8时，Sn取得最大值8答案：A解析：不妨令S31，则S63.因为an是等差数列，所以S3，S6S3，S9S6，S12S9成等差数列又S31，S63，S6S32，所以S9S63，S12S94.于是S9S636，S12S9410，所以.9答案：D解析：由a1a2an1an2n1，得a1a2an12n11，两式作差可得an2n2n12n1，则a（2n1）222n24n1，又a4111，故数列a是首项为1，公比为4的等比数列结合等比数列前n项和公式得aaa（4n1）.10答案：C解析：设等比数列an的公比为q.当q1时，Sn2（n2）a1，Snna1.由Sn24Sn3，得（n2）a14na13，即3a

9、1n2a13.若对任意的正整数n，3a1n2a13恒成立，则a10且2a130，矛盾，所以q1，于是Sn，Sn2，代入Sn24Sn3并化简，得a1（4q2）qn33a13q.若对任意的正整数n，该等式恒成立，则有解得或由此可得a11或3.11答案：C解析：由已知得，a1a2ann（2n1）Sn.当n1时，a13；当n2时，anSnSn14n1.验证知当n1时也成立，an4n1，bnn.，1.12答案：C解析：由an得an（an1）an11，a1，an1，即.，5成立，k5.故最小的整数k是5.13答案：2解析：在公差为2的等差数列an中，a42a7（a3d）2（a52d）a32a53d4322

10、.14答案：1解析：设等差数列cn的公差为d，又c11，则2c135，2c232d5，2c334d5，由2cn3为等比数列得（2c13）（2c33）（2c23）2，则5（4d5）（2d5）2，解得d0，则c2019c11.15答案：1解析：若为等差数列，则为常数，即0，则120，解得1.16答案：835解析：由（an13）（an3）4an4，得an13，因为a15，所以a20，a3，a45，a55，所以数列an是以4为周期的周期数列，因为201850442，且a1a2a3a4，即一个周期的和为，所以数列an的前2018项的和为50450835.17解析：（1）设等差数列an的公差为d.由题意知

11、解得则ana1（n1）d22（n1）2n.（2）由（1）可得a12，an2n，则Snn（n1）.若a1，ak，Sk2成等比数列，则（2k）22（k2）（k3），即4k22k210k12，解得k6或k1（舍），故k6.18解析：（1）设等比数列an的公比为q，q1，由可得2（1q2q4）42，由数列an各项为实数，解得q24，q2.所以数列an的通项公式为an2n或an（1）n12n.（2）当an2n时，a2a4a6a2n（4n1）；当an（1）n12n时，a2a4a6a2n（14n）.19解析：（1）当a2时，Snn2n3.当n1时，a1S15；当n2时，anSnSn12n.经检验，a15不符

12、合上式，故数列an的通项公式为an（2）当n1时，a1S13a；当n2时，anSnSn12n.数列an是等差数列，3a2，解得a1，an2n，Snn2n.则bn，Tnb1b2bn11.20解析：（1）设等比数列an的公比为q，由2（S6a6）S4a4S5a5，得（S6S5）（S6S4）2a6a4a5，即4a6a4，q2.an是单调递减数列，q.又a2，a11，an.（2）由（1）得bnlog2n（1）n1，T20182018，1或.1，.21解析：（1）由2an1，两边平方，得4Sn（an1）2，则4Sn1（an11）2，两式相减，得4an1（an11）2（an1）2，整理得（an11）2（a

13、n1）20，即（an1an）（an1an2）0.因为an0，所以an1an20，即an1an2.又因为当n1时，2a11，所以（1）20，所以a11，所以数列an的通项公式为an2n1.（2）因为bn，所以b1b2bn（1）（）（）（1）.由（1）1，解得n4，所以满足条件的正整数n的最小值为5.22解析：（1）因为S1a1，S3a3，S2a2成等差数列，所以2（S3a3）（S1a1）（S2a2），所以（S3S1）（S3S2）2a3a1a2，所以4a3a1，因为数列an是等比数列，所以q2.又q0，所以q.因为a11，所以数列an的通项公式an.（2）因为Tnm恒成立，所以只需（Tn）minm即可由（1）知an，又an1bn，所以bnn2n1.因为Tn120221322（n1）2n2n2n1，2Tn121222323（n1）2n1n2n，所以Tn120（21）21（32）22n（n1）2n1n2n2021222n1n2nn2n（1n）2n1，故Tn（n1）2n1，所以Tn1n2n11.故Tn1Tn（n2n11）（n1）2n1（n1）2n0，所以Tn1Tn，所以（Tn）minT11，故m1，即m的最大值为1.