2021高考文科数学统考版一轮单元检测（六） 数列 WORD版含解析.doc

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12020江西五校联考在等差数列an中，a11，a6a52，则公差 d 的值是()A13B.13 C14D.142公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，则 a3a1116，则 log2a10()A4 B5C6 D732020蓉城名校高三第一次联考若等差数列an的前 n项和为 Sn，且 S520，a46，则 a2 的值为()A0 B1C2 D342020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

2、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的通项公式为()Aan2nBan3，n1，2n，n2Can2n1Dan2n16若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)(nN*)，则 a1a2a2 018()A3 027 B3 027C3 030 D3 03072020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()A5 B6C7 D882020山东青岛模拟设 Sn 是等差数列an的前 n 项和，若S3S613，则 S6S12()A.310B.13 C.18D.19

3、9在数列an中，已知对任意正整数 n，有 a1a2an2n1，则 a21a22a2n()A(2n1)2B.13(2n1)2C4n1 D.13(4n1)102020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 恒成立，则a1 的值为()A3 B1C3 或 1 D1 或 311 2020 内 蒙 古 巴 彥 淖 尔 一 中 月 考 定 义np1p2p3pn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12n1.若 bnan14，则1b1b2 1b2b31b10b11为()A.111B.910 C.1011D.

4、111212数列an满足 a165，anan11an1(nN*)，若对 nN*，都有 k 1a1 1a2 1an成立，则最小的整数 k 是()A3 B4C5 D6二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上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 c2 019_.15已知数列an满足递推关系式 an 12an2n1(nN*)，且an2n为等差数列，则实数 的值是_162020安徽五校检测设数列an满足 a15，且对任意正整数 n，总有(an13)(an3)4an4 成立

5、，则数列an的前 2 018 项的和为_三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、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

6、公式；(2)若数列an是等差数列，bn an1nSn1，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，a212，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1bnbn1 的前 n 项和 Tn 满足 T2 0182 018，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 2 Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)记 bn1an an1，若 b1b2bn1，求正整数 n的最小值22

7、(本小题满分 12 分)2020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，S2a2成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足an112n na b，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：解法一 由a6a52，得 a62a5，所以 a15d2(a14d)，又 a11，所以 d13，故选 A.解法二 由 a6a5d，a6a52，得 a5d，因为 a5a14d，所以 da14d，又 a11，所以 d13，故选 A.2答案：B解析：因为 a27a3a1116，

8、且 an0，所以 a74.因为公比 q2，所以 a10a7q342325，所以 log2a10log2255.故选 B.3答案：C解析：S55a1a525a320，解得 a34，根据等差数列的性质有 2a3a2a4，所以 a22a3a4862.故选 C.4答案：C解析：根据等差数列an的前 n 项和公式 Snna1an2，因为S130，所以a1a130，由a1a132a7，a1a12a6a7得a70，所以数列an中绝对值最小的项为第 7 项故选 C.5答案：B解析：由 log2(Sn1)n1，得 Sn12n1.当 n1 时，a1S13；当 n2时，anSnSn12n.所以数列an的通项公式为

9、an3，n1，2n，n2.故选 B.6答案：A解析：a1a2a2 018(a1a2)(a3a4)(a2 017a2 018)(14)(710)(32 0172)(32 0182)(3)1 0093 027，故选 A.7答案：D解 析：解 法 一 设 an 的 公 差 为d，则 由 题 意 得，a15da17d6，a16da17da18d3，解得a115，d2.所以 an2n17，因为 a80，a90，所以 Sn 取得最大值时 n 的值为 8，故选 D.解法二 设an的公差为 d，则由题意得，a15da17d6，a16da17da18d3，解得a115，d2，则 Sn15nnn12(2)(n8)

10、264，所以当 n8 时，Sn 取得最大值，故选 D.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S6S12 310.故选 A.9答案：D解析：由 a1a2an1an2n1，得 a1a2an12n11，两式作差可得 an2n2n12n1，则 a2n(2n1)222n24n1，故数列a2n是首项为 4111，公比为 4 的等比数列结合等比数列前 n 项和公式得 a21a22a2n114n1413(4n1)故选D.10答

11、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 3a1n2a13.若对任意的正整数 n,3a1n2a13 恒成立，则 a10 且 2a130，矛盾，所以 q1，于是 Sna11qn1q，Sn2a11qn21q，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4q20，33a13q0，解得a11，q2或a13，q2，由此可得 a11 或3.故选 C.11答案：C解析：由已知得na1a2a3an12n1，a1a2ann(2n1)Sn.当 n1 时，a13

12、；当 n2 时，anSnSn14n1.验证知当 n1 时也成立，an4n1，bnan14n.1bnbn11n 1n1，1b1b2 1b2b31b10b11112 1213 1314 110 111 1 1111011.故选 C.12答案：C解析：由 anan11an1 得 an(an1)an11，1an111anan11an1 1an，即 1an1an11an11.1a1 1a2 1an1a111a21 1a211a31 1an11an111a111an11，1a1 1a2 1an51an11 1a1 1a2 1an成立，k5.故最小的整数 k 是 5.故选 C.13答案：2解析：在公差为 2

13、 的等差数列an中，a42a7(a3d)2(a52d)a32a53d4322.14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 c2 019c11.15答案：1解析：若an2n为等差数列，则an12n1 an2n 2an2n12n1an2n an2n1212n1 2nan2n1212n1 2n为常数，即12n1 2n0，则 120，解得 1.16答案：835解析：由(an13)(an3)4an4，得 an14an4an3 3an5a

14、n3，因为 a15，所以 a20，a353，a45，a55，所以数列an是以 4 为周期的周期数列，因为 2 01850442，且 a1a2a3a453，即一个周期的和为53，所以数列an的前 2 018 项的和为5350450835.17解析：(1)设等差数列an的公差为 d.由题意知2a12d8，a1da13d12，解得a12，d2.则 ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得 a12，an2n，则 Sna1ann2n(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

15、等比数列an的公比为 q，q1，由a12，a1a3a542，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，a2a4a6a2n414n14 43(4n1)；当 an(1)n12n 时，a2a4a6a2n414n1443(14n)19解析：(1)当 a2 时，Snn2n3.当 n1 时，a1S15；当 n2 时，anSnSn12n.经检验，a15 不符合上式，故数列an的通项公式为 an5，n1，2n，n2.(2)当 n1 时，a1S13a；当 n2 时，anSnSn12n.数列an是等差数

16、列，3a2，解得 a1，an2n，Snn2n.则 bn2n1nn12n12n1nn1n22nn21n 1n2，Tnb1b2bn11312141315 1n1 1n11n 1n2112 1n1 1n2321n1 1n2.20解析：(1)设等比数列an的公比为 q，由 2(S6a6)S4a4S5a5，得(S6S5)(S6S4)2a6a4a5，即 4a6a4，q214.an是单调递减数列，q12.又a212，a11，an12n1.(2)由(1)得 bnlog212n1n(1)n1，1bnbn111n11n111111n111n11，T2 018 11112 0192 018 2 0182 0192

17、0182 018，1 或 12 019.1，12 019.21解析：(1)由 2 Snan1，两边平方，得 4Sn(an1)2，则 4Sn1(an11)2，两式相减，得 4an1(an11)2(an1)2，整理得(an11)2(an1)20，即(an1an)(an1an2)0.因为 an0，所以 an1an20，即 an1an2.又因为当 n1 时，2 a1a11，所以(a11)20，所以 a11，所以数列an的通项公式为 an2n1.(2)因为 bn12n1 2n12n1 2n12，所以 b1b2bn12(31)(5 3)(2n1 2n1)12(2n11)由12(2n11)1，解得 n4，所

18、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a3a114q2.又 q0，所以 q12.因为 a11，所以数列an的通项公式 an12n1.(2)因为 Tnm 恒成立，所以只需(Tn)minm 即可由(1)知 an12n1，又 an112n na b，所以 bnn2n1.因为 Tn120221322(n1)2n2n2n1，2Tn121222323(n1)2n1n2n，所以Tn120(21)21(32)22n(n1)2n1n2n2021222n1n2n12n12 n2n(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.