(2021步步高大一轮数学(新高考版))第六章 检测六.docx

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1、检测六检测六数数列列 (时间:120 分钟满分:150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分) 1(2020广州调研)在等比数列an中,a12,a41 2,若 a k2 5 ,则 k 等于() A5B6C9D10 答案D 解析由 a12,a41 2, 可得 q31 4,即 q 2 3 2 , aka1qk 12qk125, qk 126 2 3 2 (k1), 2k1 3 6,k10. 2(2020桂林模拟)已知 Sn是等差数列an的前 n 项和,a2a4a612,则 S7等于() A20B28C36D4 答案B 解析a2a4a63a412, a44,S77a

2、1a7 2 72a4 2 28,故选 B. 3(2020福州质检)已知数列an中,a32,a71.若数列 1 an为等差数列,则 a9等于() A.1 2 B.5 4 C.4 5 D4 5 答案C 解析依题意知 a32,a71, 因为数列 1 an为等差数列, 所以 d 1 a7 1 a3 73 11 2 73 1 8, 所以 1 a9 1 a7(97) 1 8 5 4, 所以 a94 5,故选 C. 4(2020永州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 a11,2Snan1an,则 S10等于() A100B110C50D55 答案D 解析2Snan1an, a11, 当 n1 时,

3、2a1a2a1,得 a22, 当 n2 时,2Sn1anan1, 由得 2anan(an1an1), 又2Snan1an, 可得 an0,从而 an1an12, 当 n 为奇数时,数列an是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,故 a2n12n1; 当 n 为偶数时,数列an是以 2 为首项,2 为公差的等差数列,故 a2n2n; 所以当 n 为正整数时,ann, 则 S101231010110 2 55, 故选 D. 5设函数 f (x)1 2log 2 x 1x,定义 S nf 1 n f 2 n f n1 n,其中 nN*,n2,则 Sn等于() A.nn1 2 B.n1 2 log2(

4、n1) C.n1 2 D.n1 2 log2(n1) 答案C 解析f (x)1 2log 2 x 1x, f (1x)1 2log 21x x , f (x)f (1x)1 2log 2 x 1x 1 2log 21x x 1, Snf n1 nf n2 nf 1 n , Snf 1 n f 2 n f n1 n, 两式相加可得 2Snn1,Snn1 2 . 6 (2020江淮十校联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时, 发现有这样一列 数:1,1,2,3,5,8,13,21,.该数列的特点是:前两个数都是 1,从第三个数起,每一个数都等 于它的前面两个数的和, 人们把这样的一列数

5、组成的数列an称为“斐波那契数列”, 则(a1a3 a22)(a2a4a23)(a3a5a24)(a2 019a2 021a22 020)等于() A1B2 020C1D2 020 答案C 解析由题意得 a1a3a221,a2a4a231,a3a5a241, 当 n 为偶数时,anan2a2n11; 当 n 为奇数时,anan2a2n11, (a1a3a22)(a2a4a23)(a3a5a24)(a2 019a2 021a22 020)1. 7一个等比数列的前三项的积为 2,最后三项的积为 4,且所有项的积为 64,则该数列有 () A13 项B12 项C11 项D10 项 答案B 解析设数列

6、的通项公式为 ana1qn 1, 则前三项分别为 a1,a1q,a1q2, 后三项分别为 a1qn 3,a1qn2,a1qn1. 由题意得 a31q32,a31q3n 64, 两式相乘得 a61q3(n 1)8,即 a2 1qn 12. 又a1a1qa1q2a1qn 164, an1 (1) 2 n n q 64, 即(a21qn 1)n642,解得 n12. 8(2020长沙联考)定义在0,)上的函数 f (x)满足:当 0 x2 时,f (x)2xx2;当 x2 时,f (x)3f (x2)将函数 f (x)的极大值点从小到大依次记为 a1,a2,an,并记相应的 极大值为 b1,b2,b

7、n,则 a1b1a2b2a20b20的值为() A193201B193191 C203191D203201 答案A 解析由题意,知当 0 x2 时,f (x)2xx2(x1)21,极大值点为 1,极大值为 1, 当 x2 时,f (x)3f (x2),则极大值点形成首项为 1,公差为 2 的等差数列,极大值形成 首项为 1,公比为 3 的等比数列, 故 an2n1,bn3n 1, 故 anbn(2n1)3n 1, 设 Sa1b1a2b2a20b201133153239319, 3S13133239320, 两式相减得2S12(3132319)3932012313 19 13 393202 38

8、320, S193201, 故选 A. 二、多项选择题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分全部选对的得 5 分,部分选对的 得 3 分,有选错的得 0 分) 9设an是等差数列,Sn是其前 n 项和,且 S5S8,则下列结论正确的是() AdS5DS6与 S7均为 Sn的最大值 答案ABD 解析由 S50. 又 S6S7a70,所以 dS8a80, 因此,S9S5a6a7a8a9 2(a7a8)0, 即 S9S5. 10已知数列an是等比数列,则下列结论中正确的是() A数列a2n是等比数列 B若 a32,a732,则 a58 C若 a1a2a3,则数列an是递增数列 D若数列a

9、n的前 n 项和 Sn3n 1r,则 r1 答案AC 解析在 A 中,a2na21q2n 2, a 2 n1 a2n a21q2n a21q2n 2q 2是常数, 数列a2n是等比数列,故 A 正确; 在 B 中,若 a32,a732,则 a5 2328,故 B 错误; 在 C 中,若 a1a2a3,则 a10,0q0,q1,数列an均是递增数列,故 C 正确; 在 D 中,若数列an的前 n 项和 Sn3n 1r, 则 a1S11r,a2S2S1(3r)(1r)2, a3S3S2(9r)(3r)6, a1,a2,a3成等比数列, a22a1a3, 46(1r), 解得 r1 3,故 D 错误

10、 故选 AC. 11 已知数列an为等差数列, 其前 n 项和为 Sn, 且 2a13a3S6, 则下列结论正确的是() Aa100BS10最小 CS7S12DS190 答案ACD 解析A 中,因为数列an为等差数列,2a13a3S6, 即 5a16d6a115d,即 a19da100,故 A 正确; B 中,因为 a100,所以 S9S10,但是无法推出数列an的单调性,故无法确定 S10是最大值 还是最小值故 B 错误; C 中,因为 a8a9a10a11a125a100, 所以 S12S7a8a9a10a11a12S70S7,故 C 正确; D 中,S19a1a19 2 1919a100

11、,所以 D 正确 故选 ACD. 12已知数列an的前 n 项和为 Sn,Sn2an2,若存在两项 am,an,使得 aman64,则下 列结论正确的是() A数列an为等比数列 B数列an为等差数列 Cmn 为定值 D设数列bn的前 n 项和为 Tn,bnlog2an,则数列 Tn n 为等差数列 答案ACD 解析数列an的前 n 项和为 Sn,Sn2an2,当 n1 时,解得 a12, 当 n2 时,Sn12an12, 所以 anSnSn12an2an1, 整理得 an2an1,即 an an12(常数), 所以数列an是以 2 为首项,2 为公比的等比数列 所以 an22n 12n,n2

12、,当 n1 时,a12 符合上式 所以 an2n,故选项 A 正确,B 错误; 由于 an2n,故存在两项 am,an,使得 aman64,2m n26,即 mn6. 故选项 C 正确; bnlog2ann, 所以 Tn123nnn1 2 , 所以Tn n n1 2 1 2n 1 2符合一次函数的形式,故该数列为等差数列 故选项 D 正确 故选 ACD. 三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13(2020安徽六校联考)设等差数列an的公差 d 不为 0,a116d,若 ak是 a1与 a2k的等比 中项,则 k_. 答案5 解析因为 ak是 a1与 a2k的等比中项

13、, 所以 a2ka1a2k, 所以a1(k1)d2a1a1(2k1)d, 整理得 k22k150, 解得 k5 或 k3(舍去) 14已知an是公差为2 的等差数列,Sn为其前 n 项和,若 a21,a51,a71 成等比数 列,则 a1_,当 n_时,Sn取得最大值(本题第一空 2 分,第二空 3 分) 答案1910 解析因为 a21,a51,a71 成等比数列, 所以(a51)2(a21)(a71), 又an是公差为2 的等差数列, 所以(a181)2(a121)(a1121), 即(a17)2(a11)(a111),解得 a119, 所以 Sn19nn(n1)n220n(n10)2100

14、, 因此,当 n10 时,Sn取得最大值 15(2020沈阳质检)已知数列an满足 a12a23a3nan(2n1)3n,nN*,则 an _. 答案 3,n1, 43n 1,n2 解析当 n1 时,a1(21)33, 当 n2 时,由题意可得, a12a23a3nan(2n1)3n, a12a23a3(n1)an1(2n3)3n 1, 两式作差可得 nan(2n1)3n(2n3)3n 14n3n1, 故 an43n 1,当 n1 时,a13 不符合上式, 所以 an 3,n1 43n 1,n2. 16 (2020张家口调研)已知数列an满足 an2an1an1an, nN*,且 a5 2,若

15、函数 f (x) sin 2x2cos2x 2,记 y nf (an),则数列yn的前 9 项和为_ 答案9 解析由已知可得,数列an为等差数列,f (x)sin 2xcos x1, f (x)sin(22x)cos(x)1 sin 2xcos x1, f (x)f (x)2. a1a9a2a82a5, f (a1)f (a9)2419, 即数列yn的前 9 项和为 9. 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17(10 分)(2020廊坊质检)设等差数列的前 n 项和为 Sn,a2S25,S515. (1)求数列an的通项公式; (2)求 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1

16、. 解(1)设等差数列an的公差为 d, 由 a2S23a12d5, S55a110d15, 即 a12d3, 解得 a11,d1, 所以 an1(n1)n. (2)由 ann,所以 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1, 所以 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 18(12 分)(2020济南调研)已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 S3S112,2a2 3S114. (1)求数列an的通项公式; (2)数列 b1,b2b1,b3b2,bnbn1是首项为 1,公比为 2 的等比数列,记 cn

17、bn an,求 数列cn的前 n 项和 Tn. 解(1)设数列an的公比为 q,由已知得 q0, 由题意得 a1qa1q212, 3a12a1q14, 所以 7q25q180,解得 q2(舍负),所以 a12, 因此数列an的通项公式为 an2n. (2)因为 bnb1(b2b1)(bnbn1)2n1, 所以 cn2 n1 2n 1 1 2 n, 所以数列cn的前 n 项和 Tn11 21 1 221 1 2nn 1 2 1 1 2 n 11 2 n 1 2 n1. 19(12 分)(2020北京市朝阳区质检)已知数列an是等差数列且满足 a25,a49,数列bn an是公比为 3 的等比数列

18、,且 b13. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)求数列bn的前 n 项和 Sn. 解(1)设等差数列an的公差为 d. 由 a25,a49,得 952d,解得 d2. 所以 ana2(n2)d52(n2)2n1. 即an的通项公式为 an2n1,nN*. 由于bnan是公比为 3 的等比数列,且 b1a16, 所以 bnan(b1a1)3n 163n1. 从而 bn63n 1an63n1(2n1),nN*. (2)由(1)得 bn63n 1(2n1),nN*. 数列bn的前 n 项和 Sn6(133n 1)35(2n1) 613 n 13 n32n1 2 3n 13n22n(nN*)

19、 20(12 分)(2020石家庄期末)设数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2n1,数列bn满足 b1 2,bn12bn8an. (1)求数列an的通项公式; (2)求数列bn的前 n 项和 Tn. 解(1)当 n1 时,a1S12111; 当 n2 时,anSnSn1(2n1)(2n 11)2n2n12n1. a11 也适合 an2n 1, 因此,数列an的通项公式为 an2n 1. (2)bn12bn8an2n 2, 等式两边同时除以 2n 1得,bn1 2n 1 bn 2n2,且 b1 2 1. 数列 bn 2n是以 1 为首项,以 2 为公差的等差数列, bn 2n12(n1)2

20、n1, bn(2n1)2n. Tn121322523(2n1)2n, 得 2Tn122323(2n3)2n(2n1)2n 1, 两式相减得Tn2122222322n(2n1)2n 1 22 312n1 12 (2n1)2n 1 (32n)2n 16, 因此 Tn(2n3)2n 16. 21(12 分)已知数列an中,a11,a23,且数列an1an是以 2 为公比的等比数列 (1)求数列an的通项公式; (2)令 cn(1)n 1an,求数列cn的前 n 项和 Sn. 解(1)依题意可知数列an1an是以 a2a1312 为首项,以 2 为公比的等比数列, 所以 an1an22n 12n,等式

21、两边同时除以 2n得, 2an 1 2n 1 an 2n1, 即an 1 2n 1 1 2 an 2n 1 2, 所以an 1 2n 11 1 2 an 2n1, 又a1 2 11 20, 所以 an 2n1是首项为1 2,公比为 1 2的等比数列, 所以an 2n1 1 2 1 2 n11 2n, 所以 an2n1. (2)由(1)得,cn(1)n 1(2n1), 当 n 为偶数时,Sn(211)(221)(231)(241)(2n 11)(2n1) 212223242n 12n 212 n 12 2 31(2) n2 3(12 n); 当 n 为奇数时,n1 为偶数, 所以 SnSn1cn

22、2 3(12 n1)2n12 n11 3 , 综上所述,Sn 2n 11 3 ,n 为奇数, 22n 1 3 ,n 为偶数. 22(12 分)已知数列an的首项 a12,前 n 项和为 Sn,且数列 Sn n 是以1 2为公差的等差数列 (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn2nan,nN*,数列bn的前 n 项和为 Tn, 求证:数列 Tn n 为等比数列, 若存在整数 m,n(mn1),使得Tm Tn mSm nSn ,其中为常数,且2,求的所有可能 值 (1)解a12,S1 1 2, Sn n 21 2(n1) 1 2n 3 2, 即 Sn1 2n 23 2n, 当 n2 时,Sn

23、11 2(n1) 23 2(n1) 1 2n 21 2n1, anSnSn1n1(n2), 当 n1 时,a12 符合上式,ann1(nN*) (2)证明ann1(nN*), bn2n(n1), Tn222232342n(n1), 则 2Tn2222332442n 1(n1), 两式相减,可整理得 Tnn2n 1, Tn n 2n 142n1, 数列 Tn n 是以 4 为首项,2 为公比的等比数列 解由可知,Tnn2n 1, 且由(1)知 Sn1 2n 23 2n, 代入Tm Tn mSm nSn , 可得m2 m1 n2n 1 m 1 2m 23 2m n 1 2n 23 2n , 整理得2 m 2n m23m2 n23n2 , 即n 23n2 2n m 23m2 2m , 设 cnn 23n2 2n ,则 cmcn, 则 cn1cnn1 23n12 2n 1 n 23n2 2n n 2n24 2n 1 . 2,当 n3 时,cn1cnn 2n24 2n 1 0,即 cn1n1,且 c2c45 2 14 8 36 8 0, c2cn(n5), c2c4或 c2c3,即 n2,m4 或 3. 当 n2,m4 时,2, 当 n2,m3 时,1. 故的所有可能值为1,2.

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