2022年新教材高考数学一轮复习 章末目标检测卷5 数列（含解析）新人教版.docx

1、章末目标检测卷五数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.已知公比为32的等比数列an的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a16等于()A.4B.5C.6D.7答案:B解析:设等比数列an的公比为q.由等比中项的性质,得a3a11=a72=16.因为数列an的各项都是正数,所以a7=4.所以a16=a7q9=32.所以log2a16=5.2.在等差数列an中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中项,则数列an的前5项的和为()A.15B.20C.25D.15或25答案:D解析:设等差

2、数列an的公差为d.在等差数列an中,a4=5,a3是a2和a6的等比中项,a1+3d=5,(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),解得a1=-1,d=2或a1=5,d=0.数列an的前5项和S5=5a1+542d=5(-1)+54=15或S5=5a1=25.故选D.3.已知等差数列an和等比数列bn满足3a1-a82+3a15=0,且a8=b10,则b3b17等于()A.9B.12C.16D.36答案:D解析:根据等差中项的性质,可得3a1-a82+3a15=6a8-a82=0,得a8=6或a8=0(舍去).因为a8=b10,所以b10=6,根据等比中项的性质,得b3b17=b102=

3、36.4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块答案:C解析:由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为an.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形

4、石板总数为S3n.因为an为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=279+272629=3402.故选C.5.对于数列an,定义数列an+1-an为数列an的“差数列”,若a1=2,数列an的“差数列”的通项为2n,则数列an的前n项和Sn等于()A.2B.2nC.2n+1-2D.2n-1-2答案:C解析:an+1-an=2n,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n.Sn=2

5、-2n+11-2=2n+1-2.故选C.6.设等差数列an的前n项和为Sn,若S6S7S5,则满足SnSn+1S7S5,S7-S60,a70,S13=13(a1+a13)2=13a70,满足SnSn+10,则-x0,S10=S20,则()A.d0B.a160C.SnS15D.当Sn0,所以a150,a160,所以公差d0,SnS15,故ABC正确;因为S31=31(a1+a31)2=31a160).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S.下列结论正确的有()a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3annA.m=3B.a67=1

6、737C.aij=(3i-1)3j-1D.S=14n(3n+1)(3n-1)答案:ACD解析:a11=2,a13=a61+1,2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-12(舍去),aij=ai13j-1=2+(i-1)33j-1=(3i-1)3j-1,a67=1736,S=(a11+a12+a13+a1n)+(a21+a22+a23+a2n)+(an1+an2+an3+ann)=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+an1(1-3n)1-3=12(3n-1)(2+3n-1)n2=14n(3n+1)(3n-1).12.(2021广东珠海二模)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对

7、象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB上取两个点C,D,使得AC=DB=14AB,以CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线段CD,就得到图2;对图2中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到了以下一系列图形:记第n个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长度和为an,数列an的前n项和为Sn,则()A.数列an是等比数列B.S10=6657256C.an3恒成立D.存在正数m,使得Snm恒成立答案:

8、BC解析:由题意可得a1=1,a2=a1+212,a3=a2+2122,以此类推可得an+1=an+212n,则an+1-an=22n,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+221+222+22n-1=1+1-12n-11-12=3-12n-2,所以数列an不是等比数列,A选项错误;对于B选项,S10=310-21-12101-12=26+128=6657256,B选项正确;对于C选项,an=3-12n-20恒成立,所以数列Sn递增,所以数列Sn无最大值,故不存在正数m,使得Snm,D选项错误.故选BC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(

9、2021江苏镇江信息考试)各项均为正数的等比数列an,其公比q1,且a3a7=4,请写出一个符合条件的通项公式an=.答案:2n-4(答案不唯一)解析:因为an是各项均为正数的等比数列,所以a3a7=a52=4,所以a5=2,又q1,不妨令q=2,所以an=a1qn-1=a5qn-5=22n-5=2n-4.14.已知数列an满足a1=1,an-an+1=2anan+1,则a6=.答案:111解析:由a1=1,an-an+1=2anan+1,得1an+1-1an=2,即数列1an是以1a1=1为首项,2为公差的等差数列.故1a6=1a1+52=11,即a6=111.15.已知等比数列an满足a2

10、+8a5=0,设Sn是数列1an的前n项和,则S5S2=.答案:-11解析:设等比数列an的公比为q.由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,解得q=-12.易知1an是等比数列,公比为-2,首项为1a1,所以S2=1a11-(-2)21-(-2)=-1a1,S5=1a11-(-2)51-(-2)=11a1,所以S5S2=-11.16.设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n,则an的通项公式an=,数列an2n+1的前n项和是.答案:22n-12n2n+1解析:当n=1时,a1=2;当n2时,由a1+3a2+(2n-1)an=2n,得a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n

11、-1).由-,得(2n-1)an=2,即an=22n-1,当n=1时也满足此式,故数列an的通项公式an=22n-1.因为an2n+1=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1,所以数列an2n+1的前n项和S=1-13+13-15+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在S4=-14,S5=-15,S6=-15三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并解答.已知等差数列an的前n项和为Sn,满足,nN*.(1)求Sn的最小值;(2)设数列1an+6an+7的前n项和为Tn,证明

12、:Tn1.(1)解:设等差数列an的公差为d.若选择,由题意知a6=S6-S5=0,S5=5(a1+a5)2=5a3=-15,解得a3=-3,3d=a6-a3=3,解得d=1.an=a1+(n-1)d=a6+(n-6)d=n-6,a1a2a5a6=0a7,SnS6=S5=-15.若选择,由题意知a5=S5-S4=-1.S5=5(a1+a5)2=5a3=-15,解得a3=-3,2d=a5-a3=2,解得d=1.an=a1+(n-1)d=a3+(n-3)d=n-6,a1a2a5a6=0a7,SnS6=S5=-15.若选择,由题意知S6=6(a1+a6)2=-15,S4=4(a1+a4)2=-14,

13、即a1+a6=2a1+5d=-5,a1+a4=2a1+3d=-7,解得a1=-5,d=1,即an=n-6,得a1a2a5a6=0a7,故SnS6=S5=-15.(2)证明:由(1)可得an=n-6,即1an+6an+7=1n(n+1)=1n-1n+1,故Tn=11-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+11,所以q=3,所以bn=b1qn-1=3n-1,cn=2an+1-bn+1=2n-3n.因为cn是递减数列,所以cn+1cn,即2n+1-3n+12n.所以nN*,1223n恒成立.又1223n是递减数列,所以当n=1时,1223n取得最大值,且最大值为1223=13,所以13,即实数的取值范围是13,+.11