1、单元质检卷六数列(B)(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本大题共4小题,每小题7分,共28分)1.(2018全国1,理4)记Sn为等差数列an的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.-12B.-10C.10D.122.(2019宁夏高三联考)已知等比数列an的前n项和为Sn,若1a1+1a2+1a3=2,a2=2,则S3=()A.8B.7C.6D.43.(2019福建联考,12改编)在数列an中,a1=2,且an+an-1=nan-an-1+2(n2),令bn=(an-1)2,则b10=()A.50B.55C.60D.654.(2019贵州遵义模拟)已知等差数
2、列an的前n项和为Sn,a9=12a12+6,a2=4,若数列1Sn的前k项和为1011,则k=()A.11B.10C.9D.8二、多项选择题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)5.已知数列an是公差不为0的等差数列,前n项和为Sn,满足a1+5a3=S8,下列选项正确的有()A.a10=0B.S7=S12C.S10最小D.S20=06.在数列an中,若an2-an-12=p(n2,nN*,p为常数),则称an为“等方差数列”,下列对“等方差数列”的判断正确的是()A.若an是等差数列,则an2是等方差数列B.(-1)n是等方差数列C.若an是等方差数列,则akn(kN*,k为常数)也是等
3、方差数列D.若an既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列三、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019浙江温州中学模拟)已知等比数列an的前n项和Sn=3n+r,则a3-r=.8.设等差数列an的前n项和为Sn(nN*),若a1=3,a5=-11,则a3=,S5=.四、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019湖北八校联考一,17)已知等比数列an的前n项和为Sn,且an+1=2+Sn对一切正整数n恒成立.(1)求a1和数列an的通项公式;(2)求数列Sn的前n项和Tn.10.(15分)(2019安徽宣城八校联考)已知数列an满足a1=2,an+1=2
4、an2(nN*).(1)证明:数列1+log2an为等比数列;(2)设bn=n1+log2an,求数列bn的前n项和Sn.11.(15分)已知数列an满足a1=1,an+1=1-14an,其中nN*.(1)设bn=22an-1,求证:数列bn是等差数列,并求出an的通项公式;(2)设cn=4ann+1,数列cncn+2的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn0时,则S9或S10最小,当d0时,则S9或S10最大,即选项C错误;又S19=19a10=0,a200,所以S200,即选项D错误.故选AB.6.BCD对于A选项,取an=n,则an+14-an4=(n+1)4-n4=(n+1)2-n
5、2(n+1)2+n2=(2n+1)(2n2+2n+1)不是常数,则an2不是等方差数列,故A错误;对于B选项,(-1)n+12-(-1)n2=1-1=0为常数,则(-1)n是等方差数列,故B正确;对于C选项,若an是等方差数列,则存在常数pR,使得an+12-an2=p,则数列an2为等差数列,所以ak(n+1)2-akn2=kp,则数列akn(kN*,k为常数)也是等方差数列,故C正确;对于D选项,若数列an为等差数列,设其公差为d,则存在mR,使得an=dn+m,则an+12-an2=(an+1-an)(an+1+an)=d(2dn+2m+d)=2d2n+(2m+d)d,由于数列an也为等
6、方差数列,所以,存在实数p,使得an+12-an2=p,则2d2n+(2m+d)d=p,对任意的nN*恒成立,则2d2=0,(2m+d)d=p,得p=d=0,此时,数列an为常数列,故D正确,故选BCD.7.19等比数列前n项和公式具有特征Sn=aqn-a,据此可知,r=-1,则Sn=3n-1,a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,a3-r=19.8.-4-20依题意,a3=a1+a52=3-112=-4;S5=a1+a525=5a3=5(-4)=-20.9.解(1)当n2时,an=2+Sn-1,与an+1=2+Sn相减得an+1=2an(n2).数列an是公比q=2的等比数列,
7、a2=2a1,又a2=2+S1=2+a1,a1=2,an=2n.(2)由an+1=2+Sn得Sn=2n+1-2,Tn=(22+23+2n+1)-2n=22(1-2n)1-2-2n=2n+2-2n-4.10.(1)证明由an+1=2an2,两边取以2为底的对数,得log2an+1=1+2log2an,则log2an+1+1=2(log2an+1),所以1+log2an为首项为2,公比为2的等比数列.且log2an+1=(log2a1+1)2n-1=2n.(2)解由(1)得bn=n2n.因为Sn为数列bn的前n项和,所以Sn=12+222+n2n,则12Sn=122+223+n2n+1.两式相减得
8、12Sn=12+122+12n-n2n+1=12(1-12n)1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1,所以Sn=2-n+22n.11.(1)证明bn+1-bn=22an+1-1-22an-1=22(1-14an)-1-22an-1=4an2an-1-22an-1=2(常数),数列bn是等差数列.a1=1,b1=2,因此bn=2+(n-1)2=2n,由bn=22an-1得an=n+12n.(2)解存在.由cn=4ann+1,an=n+12n得cn=2n,cncn+2=4n(n+2)=21n-1n+2,Tn=21-13+12-14+13-15+1n-1n+2=21+12-1n+1-1n+23,依题意要使Tn1cmcm+1对于nN*恒成立,只需1cmcm+13,即m(m+1)43,解得m3或m-4,又m为正整数,m的最小值为3.
