1、单元质检卷五数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共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.(2021湖南永州高三月考)“a,b,c成等比数列”是“a2,b2,c2成等比数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列an中,其前n项和为Sn,若S1=S25,a3+a8=32,则S16=()A.80B.160C.176D.1983.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数
2、之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f,则频率为482f的音是()A.第3个音B.第4个音C.第5个音D.第6个音4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列an中,a2+2a5=15,Sn为数列an的前n项和,则S7=()A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知Sn是等比数列an的前n项和,若存在mN*,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列an的公比为()A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列nan是等差数列,则()
3、A.a3+a6=2a4B.a3+a6=a4+a5C.1a3+1a6=2a4D.1a3+1a6=1a4+1a57.(2021北京朝阳高三二模)记Sn为等比数列an的前n项和,已知a1=8,a4=-1,则数列Sn()A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列an中,an=1f(n),其中f(n)为最接近n的整数,若数列an的前m项和为20,则m=()A.15B.30C.60D.1109.在数列an中,a1=12,anan-1-an-1+1=0(n2,nN*),Sn是其前n项和,则下列说法错误的是()A.a6=2
4、B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.已知数列an是等比数列,公比为q,前n项和为Sn,下列说法正确的有()A.数列1an为等比数列B.数列log2an为等差数列C.数列an+an+1为等比数列D.若Sn=3n-1+r,则r=1311.若直线3x+4y+n=0(nN*)与圆C:(x-2)2+y2=an2(an0)相切,则下列说法错误的是()A.a1=65B.数列an为等差数列C.圆C可能过坐标原点D.数列an的前10项和为2312.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,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
5、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,以线段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,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,图n,各图中的线段长度和为an,数列an的前n项和为Sn,则()A.数列an是等比数列B.S10=1256C.an3恒成立D.存在正数m,使得Snm恒成立二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列an的前
6、n项和为Sn,公差为d,若S2n=2Sn+n2,则d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,anan+1=22n+1,则Sn=.15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列an中,an+an+2=n(nN*),则数列an的前20项和S20=.16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列an的通项公式为an=ln n,若存在pR,使得anpn对任意nN*都成立,则p的取值范围为.三、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)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列an满足an+2an+1=3n+5.(1)求
7、数列an的通项公式;(2)记数列1anan+1的前n项和为Sn.若nN*,Snbn的n的取值范围.19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列an满足an0,数列an的前n项和为Sn,若,a1+3a2+32a3+3n-1an=n3n(nN*);数列cn满足:cn=1an+1-1an,a1=3,且cn的前n项和为12n+3-13;Sn=(an+1)24-1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn是首项和公比均为2的等比数列,求数列abn中有多少个小于2 021的项.20.(12分)已知数列an的前n项和Sn满足:tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tR且t(t
8、-1)0,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)已知数列bn是等差数列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求数列anbn的前n项和Tn.21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列an的前n项和为Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)记x表示不超过x的最大整数,如0.99=0,3.01=3.令bn=an,求数列bn的前51项和T51.22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f(x)=x2+m,其中mR,定义数列an如下:a1=0,an+1=f(an),nN*.(1)当m=1时,求
9、a2,a3,a4的值;(2)是否存在实数m,使a2,a3,a4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m的值;若不存在,请说明理由;(3)求证:当m14时,总能找到kN*,使得ak2 021.单元质检卷五数列1.A解析:若a,b,c成等比数列,则b2=ac,此时a2c2=(ac)2=b4,则a2,b2,c2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a2,b2,c2成等比数列,但a,b,c不成等比数列,即必要性不成立,即“a,b,c成等比数列”是“a2,b2,c2成等比数列”的充分不必要条件.故选A.2.B解析:设等差数列an的首项为a1,公差为d,则根据题意可知,a1=2
10、5a1+122524d,a1+2d+a1+7d=32,即2a1+25d=0,2a1+9d=32,解得a1=25,d=-2,故S16=1625+121615(-2)=160.故选B.3.C解析:由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a1,a2,a13,公比为q(q0),则a13a1=q12=2,得q=122,所以an=a8qn-8=(122)n-8f=2n-812f.令2n-812f=482f=2-14f,解得n=5.故选C.4.B解析:由a2+2a5=15得a2+a4+a6=15,即3a4=15,因此a4=5,于是S7=7a4=75=35.故选B.5.B解析:设数列an
11、的公比为q.若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q1.S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,qm=8.a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,m=3,q3=8,q=2.故选B.6.C解析:设数列nan的公差为d,则4a4=3a3+d,5a5=3a3+2d,6a6=3a3+3d,因此1a3+1a6=1a3+163a3+3d=123a3+d=124a4=2a4,故选项C正确;a6=2a3da3+1,a4=4a3da3+3,不满足a3+a6=2a4,故选项A错误;a5=5a32da3+3,a3+a6a4+a5,故选项B错误;1a
12、3+1a6=32a3+12d,1a4+1a5=2720a3+1320d,则1a3+1a61a4+1a5,故选项D错误.故选C.7.A解析:设数列an的公比为q,则q3=a4a1=-18,所以q=-12,所以Sn=a1(1-qn)1-q=81-(-12)n1-(-12)=1631-12n.当n为偶数时,Sn=1631-12n,即S2S4S6S3S5163,所以数列Sn有最大项S1,最小项S2,故选A.8.D解析:由题意知,函数f(n)为最接近n的整数.f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2,f(5)=2,f(6)=2,f(7)=3,f(8)=3,f(9)=3,f(10)=3,f(
13、11)=3,f(12)=3,由此可得在最接近n的整数f(n)中,有2个1,4个2,6个3,8个4,.又由an=1f(n),可得a1=a2=1,a3=a4=a5=a6=12,a7=a8=a12=13,则a1+a2=2,a3+a4+a5+a6=2,a7+a8+a12=2,.因为数列an的前m项和为20,即Sm=102=20,可得m为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=102+10922=110.故选D.9.D解析:当n=2时,有a2a1-a1+1=0,即12a2-12+1=0,解得a2=-1,同理可得a3=2,a4=12,因此数列an的项以3为周期重复出现,且S3=a1+a2+a3=
14、12-1+2=32,所以a6=a3=2,故选项A正确;S12=4S3=432=6,故选项B正确;因为a11=a2=-1,a10=a1=12,a12=a3=2,所以a112=a10a12,故选项C正确;因为2S11=2(S9+a10+a11)=2332+12-1=8,S10+S12=S9+a10+S12=3S3+4S3+a10=732+12=11,所以2S11S10+S12,故选项D不正确,故选D.10.A解析:对于A选项,设bn=1an,则bn+1bn=anan+1=1q(n1,nN*),所以数列1an为等比数列,故A正确;对于B选项,若an0),则圆心C(2,0),半径为an.因为直线3x+
15、4y+n=0与圆C:(x-2)2+y2=an2(an0)相切,所以圆心C(2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为an,即|23+04+n|9+16=n+65=an,则a1=75,故选项A错误;由an=n+65,可得an+1-an=15,所以数列an是以15为公差的等差数列,故选项B正确;将(0,0)代入C:(x-2)2+y2=an2,解得an=2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C过坐标原点,故选项C正确;设数列an的前n项和为Sn,则Sn=n(75+n+65)2=n(n+13)10,所以S10=10(10+13)10=23,故选项D正确.故选A.12.C解析:由题意可得a1=
16、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,故A错误;对于B选项,S10=310-2(1-1210)1-12=26+128=6657256,故B错误;对于C选项,an=3-12n-20恒成立,且an+1-an=3-12n-1-3+12n-2=12n-10,则数列Sn为递增数列,所以数列Sn无最大值,因此不存在正数m,使得Sn0),首项为a1(a10).因为ana
17、n+1=22n+1,所以an+1an+2=22n+3,因此an+1an+2anan+1=22n+322n+1=4,即q2=4,所以q=2.而a1a2=8,即a12q=8,所以a1=2,所以Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.15.95解析:因为an+an+2=n(nN*),所以an+1+an+3=n+1(nN*),所以an+an+1+an+2+an+3=2n+1(nN*),所以S20=a1+a2+a20=(a1+a2+a3+a4)+(a17+a18+a19+a20)=21+1+25+1+29+1+213+1+217+1=2(1+5+9+13+17)+5=2(1+17)52+5=95.16
18、.ln33,+解析:若存在pR,使得anpn对任意的nN*都成立,则plnnnmax.设f(x)=lnxx(xN*),则f(x)=1xx-lnxx2.令f(x)=1-lnxx2=0,解得x=e,所以函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以函数在x=e时取最大值.因为nN*,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p的取值范围是ln33,+.17.解(1)设等差数列an的公差为d.因为an+2an+1=3n+5,所以a1+2a2=8,a2+2a3=11即3a1+2d=8,3a1+5d=11,解得a1=2,d=1,所以an=2+(n-1)=n+1.经检验,an=n+1符合题
19、设,所以数列an的通项公式为an=n+1.(2)由(1)得,1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,所以Sn=12-13+13-14+1n+1-1n+2=12-1n+2.因为nN*,所以Sn12.又因为nN*,Snbn,得122n-112(5n-1),即2n-15n-1.令cn=2n-1-5n+1,则有cn+1-cn=2n-1-5.当1n3时,cn+1-cnc2c3c4;当n4时,cn+1-cn0,即c4c5cnbn的n的取值范围是n|n6,nN*.19.解(1)若选.因为a1+3a2+32a3+3n-1an=n3n(nN*),所以当n2时,a1+3a2+32a3+3n-2
20、an-1=(n-1)3n-1,两式相减得3n-1an=(2n+1)3n-1,则an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(nN*).若选.由于c1+c2+cn=1a2-1a1+1a3-1a2+1an+1-1an=1an+1-1a1=12n+3-13,又a1=3,所以an+1=2n+3,因此当n2时,an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(nN*).若选.当n=1时,a1=3.因为Sn=(an+1)24-1(nN*),所以当n2时,Sn-1=(an-1+1)24-1(nN*),两式相减得an=Sn-Sn-1=(an+1)24-(an-1+1)24,
21、即4an=an2+2an+1-an-12-2an-1-1,所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0.又an0,所以an-an-1=2,故数列an为等差数列,而a1=3,d=2,所以an=2n+1.(2)由已知得bn=2n,所以abn=2bn+1=2n+1+1,易知数列abn为递增数列.又210=10242021,所以n+110,n9,nN*,所以数列abn中有9个小于2021的项.20.解(1)当n=1时,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,当n2时,tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),tSn-Sn-1=t(an+an-1-1),两式相减得tan+1-an=t(a
22、n+1-an-1),即an=tan-1.又因为a1=t0,所以an-10,即anan-1=t,所以数列an是以t为首项,t为公比的等比数列,故数列an的通项公式为an=tn,nN*.(2)由题意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因为t0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因为t1,所以t=3,故an=3n,nN*.设数列bn的公差为d.由b1=9,b2=18,b3=27,可知d=9,因此bn=b1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n,所以anbn=9n3n=n3n+2,所以Tn=133+234+335+n3n+2,3Tn=134+235+(
23、n-1)3n+2+n3n+3,-得-2Tn=33+34+35+3n+2-n3n+3=3n+3-272-n3n+3,所以Tn=(2n-1)3n+3+274.21.解(1)因为nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以Sn+1n+1=Snn+1.又因为S1=a1=1,所以数列Snn是以1为首项,1为公差的等差数列,因此Snn=n,即Sn=n2.当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又因为a1=1符合上式,故an=2n-1(nN*).(2)由(1)知bn=an=2n-1,当n1,2时,bn=2n-1=1;当n3,4时,bn=2n-1=2;当n5,6,7,8时,bn=2n-1=3;当n9,10
24、,11,12时,bn=2n-1=4;当n13,14,15,16,17,18时,bn=2n-1=5;当n19,20,21,22,23,24时,bn=2n-1=6;当n25,26,31,32时,bn=2n-1=7;当n33,34,37,40时,bn=2n-1=8;当n41,42,49,50时,bn=2n-1=9;当n=51时,bn=2n-1=10,所以数列bn的前51项和T51=21+22+43+44+65+66+87+88+109+110=320.22.(1)解因为m=1,所以f(x)=x2+1.因为a1=0,所以a2=f(a1)=f(0)=1,a3=f(a2)=f(1)=2,a4=f(a3)=
25、f(2)=5.(2)解存在.(方法1)假设存在实数m,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列,则a2=f(0)=m,a3=f(m)=m2+m,a4=f(a3)=(m2+m)2+m.因为a2,a3,a4成等差数列,所以2a3=a2+a4,所以2(m2+m)=m+(m2+m)2+m,化简得m2(m2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-12.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-12,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(方法2)因为a2,a3,a4成等差数列,所以a3-a2=a4-a3,即a22+m-a2=a32+m-a3,所以(a32-a22)-(a3-a2)
26、=0,即(a3-a2)(a3+a2-1)=0.因为公差d0,故a3-a20,所以a3+a2-1=0,解得m=-12.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-12,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为an+1-an=an2+m-an=an-122+m-14m-14,且m14,所以令t=m-140,得an-an-1t,an-1-an-2t,a2-a1t.将上述不等式全部相加得an-a1(n-1)t,即an(n-1)t,因此要使ak2021成立,只需(k-1)t2021,因此只要取正整数k2021t+1,就有ak(k-1)t2021tt=2021.综上,当m14时,总能找到kN*,使得ak2021.
