2022届高三一轮复习名师一号文科数学第六模块数列综合检测

2022届高三一轮复习名师一号文科数学第六模块数列综合检测

2022届高三一轮复习名师一号文科数学第六模块数列综合检测 篇1

第六模块

数列综合检测

(时间120分钟,满分150分)一､选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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.(2011•山东省潍坊三县高三上学期第一次联考)已知在等差数列{an}中,a1+a3=10,a4+a6=14,则该数列的公差等于()A.121 B.C.2 D. 232解析:6d=(a4+a6)-(a1+a3)=14-10=4.∴d=2.3答案:B 2.(2011•浙江省温州市高三八校联考)已知等比数列{an}中,a1+a2+a3=40,a4+a5+a6=20,则前9项之和等于()A.50 B.70 C.80 D.90 解析:由于{an}为等比数列, 则a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9也成等比数列, ∴a7+a8+a9=10,故数列的前9项和为70.答案:B 3.(2011•湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考)已知数列{an}的通项满足an=n-2,那么15是这个数列的()nA.第5项 B.第6项 C.第7项 D.第8项 解析:an=n-2n=15,则n=5.答案:A 4.(2011•河北省正定中学高三上学期第三次考试)在数列{an} 2中,a1=15,3an+1=3an-2(n∈N),则该数列中相邻两项的乘积是负数的()A.a21•a22 B.a22•a23 C.a23•a24 D.a24•a25

*解析:an+1=an-22,即an+1-an=.33∴数列{an}是以15为首项,2为公差的等差数列, 3∴an=247n,∴a23>0,a24}<0, 33∴a23•a24<0.答案:C 5.(2011•福建省厦门外国语学校高三11月月考)数列{an}满足a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1是首项为1,公比为2的等比数列,那么an=()A.2-1 B.2-1 C.2+1 D.4-1 解析:an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2-1.答案:A 6.(2011•福建省厦门外国语学校高三11月月考)数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意的n∈N,总有an,Sn,an成等差数列,又记bn=和Tn=()*

2nn

n-

1n

n

1,数列{bn}的前n项

a2n1a2n3A.6nnnn B.C.D.9n66n9n9n62解析:∵an,Sn,an成等差数列, ∴2Sn=an+an, 当n≥2时,2Sn-1=an-1+an-1, ∴2an=an-an-1+an-an-1(n≥2), ∴an-an-1=an+an-1(n≥2), ∵an>0,∴an-an-1=1(n≥2), 222222∴{an}是公差为1的等差数列,其首项a1=1,∴an=n.∴bn=1111.(2n1)(2n3)22n12n31111111 235572n12n3∴Tn==111n.232n36n9答案:C 7.(2011•江西省丰城中学高三上学期第三次月考)如果数列{an}满足a1=2,a2=1,且an1ananan1(n≥2),则这个数列的第10项等于()an1an11111 B.C.9 D.10 51022A.解析:由an1ananan1(n≥2)可得 an1an11anan1(n≥2), an1an1∴anan2(n≥2), an1an1112(n≥2), an1an1an1为等差数列, an即∴数列3 ∵

21111n,1,∴,∴an=.na12a2an221.105∴a10=答案:A 8.(2011•辽宁省铁岭六校高三上学期第二次联考)数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=5,**且nSn+1=2n(n+1)+(n+1)Sn(n∈N),则与过点P(n,an)和点Q(n+2,an+1)(n∈N)的直线平行的向量可以是()A.(1,2)B.11,2 C.2, D.(4,1)22解析:由nSn+1=2n(n+1)+(n+1)Sn可得

Sn1Sn=2, n1n∴Sn是公差为2的等差数列,其首项为S1=a1=5, nSn2=2n+3,∴Sn=2n+3n,∴an=4n+1.n∴∴kPQ=an1an=2,∴所求向量可以是(1,2).2答案:A 9.(2011•杭州宏升高复学校高三上学期第三次月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,则S12>0是S9≥S3的()A.充分但不必要条件 B.必要但不充分条件 C.充要条件

D.既不充分也不必要条件 解析:若S12>0,则a6+a7>0.S9-S3=a4+a5+a6+a7+a8+a9=3(a6+a7)>0, ∴S9>S3,∴S9≥S3成立.反之,由S9≥S3不能得出S12>0.答案:A 10.(2011•山东省潍坊三县高三上学期第一次联考)定义:F(x,y)=y(x>0,y>0),已知数列{an}满足an=()

xF(n,2)**(n∈N),其对任意正整数n,都有an≥ak(k∈N)成立,则ak的值为F(2,n)A.832 B.1 C.D.2 9252n解析:an=2,当n=1时,a1=2;当n=2时,a2=1;n8;当n=4时,a4=1.9当n=3时,a3=

2n当n≥5时,2>n,∴an=2>1.nn2∴an≥88,∴ak=.99答案:A 二､填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上.11.(2011•浙江省杭州市高三上学期期中联考)已知数列{an},满足a1=1,+1,Sn是数列{anan+1}的前n项和,则S2011=________.11 an1an1解析:是公差为1的等差数an列,∵a1=1,∴

1120111111.=n,∴an=,anan+1=.∴S2011=1-n20122012n(n1)nn1an5 答案:2011 201212.(2011•浙江省杭州市高三上学期期中联考)已知等比数列{an}中,a6-2a3=2,a5-2a2=1,则等比数列{an}的公比是________.解析:a6-2a3=q(a5-2a2)=2, ∵a5-2a2=1,∴q=2.答案:2 13.(2011•安徽省合肥市高校附中高三联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1+a3=10,a6=11,则S7=________.解析:∵a1+a3=2a2=10,∴a2=5.S7=7(a1a7)7(a2a6)7(511)=56.222答案:56 14.(2011•浙江省温州市高三八校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=(an2)n,a2=0,则a4=________.2解析:S2=(a22)2=2,∵a2=0,∴a1=2.2(a32)3,∴a3=-2,∴S3=0, 2S3=S2+a3=S4=S3+a4=(a42)4,∴a4=-4.2答案:-4 15.已知数列{an}中,a1=

11,an+1=an+2,则an=________.24n1解析:由an+1-an=14n21111 22n12n16 ∴a2-a1=11111,a13-a2=,…，23235an-an-1=111, 22n32n1∴an-a1=11n11=2n1, 22n1∴an=1n14n34n3.22n12(2n1)4n24n3 4n2答案:三､解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.16.(2011•浙江省高三调研测试数学试题)设首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a7=-2,S5=30.(1)求a1及d;(2)若数列{bn}满足an=

b12b23b3nbn*

(n∈N),求数列{bn}的通项公式.n解:(1)由题意可知

54d30,a110,5a1得 2d2.A16d2,(2)由(1)得an=10+(n-1)(-2)=12-2n, 所以b1+2b2+3b3+…+nbn=nan=n(12-2n), 当n=1时,b1=10, 当n≥2时,b1+2b2+3b3+…+(n-1)bn-1 =(n-1)[12-2(n-1)], 所以nbn=n(12-2n)-(n-1)[12-2(n-1)]=14-4n, 故bn=14-4.当n=1时也成立.n14*-4,(n∈N).n所以bn=17.(2011•浙江省温州市高三八校联考)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}对n∈N均有

*

cc1c2n=an+1成立,求c1+c2+…+c2010的值.b1b2bn解:(1)由已知得:a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d)=(1+d)(1+13d),解得d=2(∵d>0), ∴an=2n-1.b2=a2=3,b3=a5=9,∴bn=3.n-12(2)由

ccc1c2ccn=an+1得,12n1 =an(n≥2), b1b2bnb1b2bn1两式相减得cn=an+1-an=2, bnn-1∴cn=2bn=2×3(n≥2),c1=b1a2=3, ∴c1+c2+…+c2010=32010

.18.(2011•安徽省皖南八校高三第一次联考)在数列{an}中,a1=1,an+1=1-12*,bn=,其中n∈N.4an2an1(1)求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)设cn=2an,求数列{cn}的前n项和Sn.2(n1)解:(1)证明:∵bn+1-bn=

22an112an12

=22an112114an24an2*

=2(n∈N)

2an1∴数列{bn}是等差数列.∵a1=1,∴b1=2=2,∴bn=2+(n-1)•2=2n.2a11由bn=22an1n1.2n,得2an-1=

21(n∈N*), bnn∴an=(2)由(1)知an=

2ann11,得cn=, 22n(n1)n(n1)从而cn=111.n(n1)nn1Sn=c1+c2+c3+…+cn

=11111111+++…+ 22334nn11n.n1n1119.(2011•山东省潍坊三县高三上学期第一次联考)已知{bn}是公比大于1的等比数2列,b1,b3是函数f(x)=x-5x+4的两个零点.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)若数列{an}满足an=log2bn+n+2,且a1+a2+a3+…+am≤63,求m的最大值.解:(1)因为b1,b3是函数f(x)=x-5x+4的两个零点，2

b1b34,所以b1,b3是方程x-5x+4=0的两根,故有因为公比大于1,所以b1=1,b3=4,Bb5.132则b2=2.所以,等比数列{bn}的公比为

b2n-1n-1

=2,所以bn=b1q=2.b1(2)an=log2bn+n+2=log22+n+2=2n+1.所以,数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列.n-1故有a1+a2+a3+…+am=3m+2

1m(m-1)•2 2=m+2m≤63.即m+2m-63≤0，解得-9≤m≤7,所以m的最大值是7.20.(2011•湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考)设数列{an}的前n项和为Sn,且*满足Sn=n-an,n∈N.(1)证明数列{an-1}是等比数列;(2)设cn=-2nan+2n,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<4.2证明:(1)∵n=1时,a1=1-a1,∴a1=

1.2∵Sn=n-an,∴Sn-1=n-1-an-1(n>1).两式相减,得an=11an-1+, 22∴an-1=1(an-1-1).211,公比为.2210 从而{an-1}为等比数列,首项a1-1=-11(2)由(1)知an-1=-221从而an=-1.2nn1.n1n1∵cn=-2n12n2n, 2223n1111∴Tn=223n.2222从而1Tn= 234n112111223n, 2222nn111121314111两式相减,得Tn=2n.222222211122∴Tn=4×112nn114n 21=4-(2n+4).2∴Tn<4.21.已知二次函数y=f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n

*项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图象上.(1)求数列{an}的通项公式;n11(2)设bn=整数m.m3*,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<对所有n∈N都成立的最小正

20anan1解:(1)设二次函数f(x)=ax+bx(a≠0), 则f′(x)=2ax+b,由于f′(x)=6x-2, 得a=3,b=-2,所以f(x)=3x-2x.又因为点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图象上, 所以Sn=3n-2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2n)-[3(n-1)-2(n-1)]=6n-5.当n=1时,a1=S1=3×1-2=6×1-5, 所以an=6n-5(n∈N).*

*

2(2)由(1)得知bn=

anan1(6n5)[6(n1)5]=111, 26n56n1n故Tn=bii1111112771311111，6n56n126n1因此,要使11m1m(1)(n∈N*)成立的m必须且仅需满足≤,即m≥10,所以满26n120220足要求的最小正整数m为10.