《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷六 數(shù)列（B）理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷六 數(shù)列（B）理 北師大版（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢卷六 數(shù)列(B)
(時(shí)間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)
1.(2018廣東汕頭潮南5月沖刺)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,4a1,2a2,a3成等差數(shù)列,a1=1,則S4=( )
A.15 B.-15 C.4 D.-4
2.(2018山東濰坊青州三模,7)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a3+a4+a11=18,則S11=( )
A.9 B.22 C.36 D.66
3.已知{an}為等差數(shù)列,{bn}為正項(xiàng)等比數(shù)列,公比q≠1,若a1=b1,a9=b9,則( )
A.
2、a5=b5 B.a5>b5
C.a50,a≠1)的圖像經(jīng)過點(diǎn)P(1,3),Q(2,5).當(dāng)n∈N+時(shí),an=f(n)-1f
3、(n)·f(n+1),記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)Sn=1033時(shí),n的值為( )
A.7 B.6 C.5 D.4
二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)
7.(2018吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)已知在公比q>1的等比數(shù)列{an}中,a2+a3=12,a1a4=32,數(shù)列{bn}滿足bn=log2an,則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和S10= .?
8.(2018河南六市聯(lián)考一,16)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若{an}和{Sn}都是等差數(shù)列,且公差相等,則a2= .?
三、解答題(本大題共3小題,共44分)
9.(14分)(2018北京西城一模,
4、15)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差不為0,a2=1,且a2,a3,a6成等比數(shù)列.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求使Sn>35成立的n的最小值.
10.(15分)(2018山東師大附中一模,17)已知等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,且滿足a4·a7=15,a3+a8=8.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)令bn=19an-1an(n≥2),b1=13,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
11.(15分)(2018寧夏銀川一中一模,17)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知
5、an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=1anan+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
參考答案
單元質(zhì)檢卷六 數(shù)列(B)
1.A ∵4a1,2a2,a3成等差數(shù)列且a1=1,∴4a1+a3=2×2a2,即4+q2-4q=0,解得q=2,∴a2=2,a3=4,a4=8,∴S4=1+2+4+8=15.故選A.
2.D ∵a3+a4+a11=18,∴3a1+15d=18?a1+5d=6,∴S11=11(a1+5d)=11×6=66,故選D.
3.B 由等差、等比中項(xiàng)的定義可知a5=a1
6、+a92,b5=b1b9.又a1=b1,a9=b9,所以a1+a92≥a1a9=b1b9,即a5>b5,故選B.
4.B 由題意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.
5.D 由已知得,q≠1.由S5+4S3=5S4得1-q51-q+4×1-q31-q=5×1-q41-q,解得q=4.∴an=2×4n-1=22n-1,∴2log2an+1log2an-6=4n-12n-7,由函數(shù)y=4x-12x-7=2+132x-7的圖像得到,當(dāng)n=4時(shí),數(shù)列2log2an+1log2an-6的最大項(xiàng)等于15
7、.
6.D 由題意,得a+b=3,a2+b=5,
∴a=2,b=1,∴f(x)=2x+1.
∴an=2n+1-1(2n+1)(2n+1+1)=12n+1-12n+1+1.
∴Sn=13-15+15-17+…+12n+1-12n+1+1=13-12n+1+1=1033,
∴2n+1+1=33,n=4,故選D.
7.55 因?yàn)樵诘缺葦?shù)列{an}中,a2+a3=12,a1a4=32,
所以a2+a3=12,a2a3=32,解得a2=4,a3=8,或a2=8,a3=4.
又q>1,所以a2=4,a3=8,所以q=2.
所以an=a2·qn-2=2n,bn=log22n=n,則S10=
8、10×(1+10)2=55.
8.34 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0),又{Sn}也是公差為d的等差數(shù)列,
則S2=2a1+d=a1+d,
兩邊平方得2a1+d=a1+2da1+d2,①
S3=3a1+3d=a1+2d,
兩邊平方得3a1+3d=a1+4da1+4d2,②
②-①得a1=-2d+2da1+3d2,③
把③代入①得d(2d-1)=0.
所以d=0或d=12.
當(dāng)d=0時(shí),a1=0,不合題意,
當(dāng)d=12時(shí),代入③解得a1=14.
所以a2=a1+d=34.
9.解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d≠0.
∵a2,a3,a6成等比數(shù)列,
∴a3
9、2=a2·a6,
即(1+d)2=1+4d,
解得d=2,或d=0(舍去),
∴an=a2+(n-2)d=2n-3.
(2)∵an=2n-3,
∴Sn=n(a1+an)2=n(a2+an-1)2=n2-2n.
依題意有n2-2n>35,解得n>7.
因此使Sn>35成立的n的最小值為8.
10.解 (1)a4·a7=15,a3+a8=a4+a7=8,解得a4=3,a7=5,
∴d=23,
∴an=1+23(n-1)=23n+13.
(2)bn=19an-1an=1(2n-1)(2n+1)
=12(12n-1-12n+1)(n≥2),
b1=13=121-13滿足上式,
10、
∴{bn}的通項(xiàng)公式為bn=1212n-1-12n+1.
∴Sn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.
11.解 (1)由an2+2an=4Sn+3,
可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
兩式相減,得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
∵an>0,∴an+1-an=2,
∵a12+2a1=4a1+3,
∴a1=-1(舍)或a1=3,
則{an}是首項(xiàng)為3,公差d=2的等差數(shù)列,
∴{an}的通項(xiàng)公式an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)∵an=2n+1,
∴bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)
=1212n+1-12n+3,
∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=1213-12n+3=n3(2n+3).
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