2020-2021学年高二数学上册单元提升卷：数列

2020-2021学年高二数学上册单元提升卷：数列

2020-2021 学年高二数学上册单元提升卷：数列 一、单项选择题：（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.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 13a3+S13＝52，则 S9＝（ ） A．9 B．18 C．27 D．36 【分析】根据题意，由等差数列的通项公式可得 13a3+S13＝13a3+13a7＝52，进而可得 ，结 合等差数列的前 n 项和公式分析可得答案． 【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，13a3+S13＝13a3+13a7＝52， 变形可得 a3+a7＝4， 则有 ， 故 S9＝9a5＝9×2＝18， 故选：B． 【点评】本题考查等差数列的前 n 项和公式的应用，涉及等差数列的性质，属于基础题． 【知识点】等差数列的前 n 项和 2.数列{an}，{bn}为等差数列，前 n 项和分别为 Sn，Tn，若 ，则 ＝（ ） A． B． C． D． 【分析】根据等差数列的性质和等差数列的前 n 项和公式化简 ，结合条件求出答案即可． 【解答】解：因为{an}，{bn}为等差数列，且 ， 所以 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ， 故选：A． 【点评】本题考查等差数列的性质，以及等差数列的前 n 项和公式的灵活应用，属于基础题． 【知识点】等差数列 3.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝﹣3，2a4+3a7＝9，则 S7 的值等于（ ） A．21 B．1 C．﹣42 D．0 【分析】利用等差数列{an}的通项公式求出 d＝1，由此能求出 S7． 【解答】解：等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝﹣3，2a4+3a7＝9， ∴2（﹣3+3d）+3（﹣3+6d）＝9， 解得 d＝1， ∴S7＝7×（﹣3）+ ＝0． 故选：D． 【点评】本题考查等差数列的前 7 项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题． 【知识点】等差数列的前 n 项和 4.等比数列的前 n 项和，前 2n 项和，前 3n 项的和分别为 A，B，C，则（ ） A．A+B＝C B．B2＝AC C．（ A+B）﹣C＝B2 D．A2+B2＝A（B+C） 【分析】利用等比数列的性质可得 ，所以 ，进行整理可得答案． 【解答】解：由题意可得：Sn＝A，S2n＝B，S3n＝C． 由等比数列的性质可得： ， ， 所以 ， 所以整理可得：A2+B2＝A（B+C）． 故选：D． 【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质，并且进行正确的运算，一般以选择题的形 式出现． 【知识点】等比数列 5.若 a≠b，数列 a，x1，x2，b 和数列 a，y1，y2，y3，b 都是等差数列，则 ＝（ ） A． B． C．1 D． 【分析】根据等差数列的性质可分别求 x2﹣x1＝ （b﹣a）， y2﹣y1＝ （b﹣a），即可求比值． 【解答】解：∵a、x1、x2、b 成等差数列 ∴x2﹣x1＝ （b﹣a） ∵a，y1，y2，y3，b 都是等差数列， ∴y2﹣y1＝ （b﹣a） ∴ ＝ ． 故选：D． 【点评】本题考查等差数列和等比数列的性质，要求对等差数列、等比数列的性质牢固掌握．属简单题 【知识点】等差数列 6.已知 Sn 是各 项为正数的等比数列{an}的前 n 项和，a2•a4＝16，S3＝7，则 a8＝（ ） A．32 B．64 C．128 D．256 【分析】由已知结合等比数列的通项公式列式求得首项和公比，再代入等比数列的通项公式得答案． 【解答】解：由 an＞0，且 a2•a4＝16，得 ，a3＝4． 又 S3＝7， ∴ ，解得：a1＝1，q＝2． ∴ ． 故选：C． 【点评】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题． 【知识点】等比数列的通项公式 7.已知等差数列{an}的公差为 2020，若函数 f（x）＝x﹣cosx，且 f（a1）+f（a2）+…+f（a2020）＝1010π， 记 Sn 为{an}的前 n 项和，则 S2020 的值为（ ） A．1010π B． π C．2020π D． π 【分析】设{an}的公差为 d，由等差数列的求和公式和两角和的余弦公式，化简可得 2020m﹣2cosm•[cos +cos +…+cos ]＝1010π，设 g（x）＝ 2020x﹣2cosx•[cos +cos +…+cos ]﹣1010π，求得导数，判断单调性，结合等差数列的求和公式，即可得到所求和． 【解答】解：设{an}的公差为 d， 由 f（x）＝x﹣cosx，且 f（a1）+f（a2）+…+f（a2020）＝1010π， 可得（a1+a2+…+a2020）﹣（cosa1+cosa2+…+cosa2020）＝1010π， 即 1010（a1+a2020）﹣（cosa1+cosa2+…+cosa2020）＝1010π，① 又对 1 ≤ i ≤ 1010π ． i∈Z ，有 cosai+cosa2021 ﹣ i ＝ cos[ ﹣ ]+cos[ + ] ＝ 2cos cos ＝ 2cos cos ＝ 2cos cos ． 设 ＝ m ，则① 即为 2020m ﹣ [ （ cosa1+cosa2020 ） + （ cosa2+cosa2019 ） + … + （cosa1010+cosa1011）]＝1010π， 即 2020m﹣2cosm•[cos +cos +…+cos ]＝1010π②， 设 g（x）＝2020x﹣2cosx•[cos +cos +…+cos ]﹣1010π，由 d＝2020， 可得 g′（x）＝2020+2sinx•[cos +cos +…+cos ]＞2020﹣2020＝0， 所以 g（x）在 R 上递增，且 g（ ）＝0， 又由②可得 g（m）＝0，所以 m＝ ，即 ＝ ， 所以 S2020＝ ＝1010π． 故选：A． 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查三角函数的恒等变换，以及构造函数，运 用导数的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题． 【知识点】数列与函数的综合 8.已知 a1＝1919，ak＝1949，al＝2019 是等差数列{an}中的三项，同时 b1＝1919，bk＝1949，b1＝2019 是公 比为 q 的等比数列{bn}中的三项，则 q 的最大值为（ ） A． B． C． D．无法确定 【分析】由题意可得 3l＝10k﹣7， ，要使 q 最大，则 l﹣k 最小，结合等式 3l＝10k﹣7 求 得 l﹣k 的最小值，则 q 的最大值可求． 【解答】解：由题意，数列{bn}不是常数列． 由 a1＝1919，ak＝1949，al＝2019 是等差数列{an}中的三项， 得 d＝ ，即 ， 得 ． 由 b1＝1919，bk＝1949，b1＝2019 是公比为 q 的等比数列{bn}中的三项， 得 ＞1， 则 ，要使 q 最大，则 l﹣k 最小， 由 3l＝10k﹣7，得 k＝1，l＝1（舍）； k＝4，l＝11；k＝7，l＝21；k＝10，l＝31；…； 由上可知，当 k 与 l 均增加时，由于 l 的系数小于 k 的系数，则要使等式 3l＝10k﹣7 成立，l 比 k 增加要快． ∴l﹣k 的最小值为 7． 则 q 的最大值为 ． 故选：B． 【点评】本题考查等差数列与等比数列的性质，考查数列的函数特性，是中档题． 【知识点】等差数列与等比数列的综合 9.已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＞1，且 6Sn＝an2+3an+2．若对于任意实数 a∈[﹣2，2]．不等式 恒成立，则实数 t 的取值范围为（ ） A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞） C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞） D．[﹣2，2] 【分析】根据 an 与 Sn 的关系，求得 an 的通项公式，消元，利用一元函数的根的分布问题，即可求得 t 取 值范围． 【解答】解：由 6Sn＝an2+3an+2， 当 n＝1 时，6a1＝a12+3a1+2．解得 a1＝2， 当 n≥2 时，6Sn﹣1＝an﹣12+3an﹣1+2，两式相减得 6an＝an2+3an﹣（an﹣12+3an﹣1），整理得（an+an ﹣1）（ an﹣an﹣1﹣3）＝0， 由 an＞0，所以 an+an﹣1＞0，所以 an﹣an﹣1＝3， 所以数列{an}是以 2 为首项，3 为公差的等差数列，所以 an+1＝2+3（n+1﹣1）＝3n+2， 所以 ＝ ＝3﹣ ＜3， 因此原不等式转化为 2t2+at﹣1≥3 对于任意的 a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立， 化为：2t2+at﹣4≥0， 设 f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]， 可得 f（2）≥0 且 f（﹣2）≥0， 即有 ，即 ， 可得 t≥2 或 t≤﹣2， 则实数 t 的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）． 故选：A． 【点评】本题考查数列与不等式的关系，考查 an 与 Sn 的关系，等差数列的定义，方程的根的分布问题， 考查转化思想，属于中档题． 【知识点】数列递推式、数列与不等式的综合 10.设数列{an}满足 an+1＝an2+2an﹣2（n∈N*），若存在常数 λ，使得 an≤λ 恒成立，则 λ 的最小值是（ ） A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1 【分析】推导出 ，若 an＜﹣2，则 an+1＞ an，无限趋于﹣2．若 an ＝﹣2，该数列为常数列，即 an＝2．由此能求出 λ 的最小值． 【解答】解： ， 若 an＜﹣2，则 an+1＞an，则该数列单调递增，所以无限趋于﹣2． 若 an＝﹣2，则 an+1＝an，则该数列为常数列，即 an＝2． 所以，综上所述，λ≥﹣2． ∴λ 的最小值是﹣2． 故选：B． 【点评】本题考查实数值的最小值的求法，考查数列的递推公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档 题． 【知识点】数列递推式 11.已知数列{an}中，a1＝1， ，设 ，则数列{bn}的前 n 项和为（ ） A． B． C． D． 【分析】本题先根据公式 an＝ 可计算出数列{an}的通项公式；然后计算出数列{bn}的通 项公式，然后运用裂项相消法求出前 n 项和 Tn，即可得出正确选项． 【解答】解：由题意，当 n≥2 时， an＝Sn﹣Sn﹣1＝ n2﹣ n﹣[ （n﹣1）2﹣ （n﹣1）]＝3n﹣2， 当 n＝1 时，a1＝1 也符合上式． ∴an＝3n﹣2，n∈N*． 则 ＝ ＝ （ ﹣ ）． 设数列{bn}的前 n 项和 Tn，则 Tn＝b1+b2+…+bn ＝ （1﹣ ）+ （ ﹣ ）+…+ （ ﹣ ） ＝ （1﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ） ＝ （1﹣ ） ＝ ． 故选：A． 【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前 n 项和．考查了转化思想，逻辑思维能 力和数学运算能力．本题属中档题． 【知识点】数列递推式、数列的求和 12.已知数列{an}满足 ，若 2≤a10≤3，则 a1 的取值范围是（ ） A．1≤a1≤10 B．1≤a1≤17 C．2≤a1≤3 D．2≤a1≤6 【分析】本题只要能够根据规律逐步展开即可得到正确答案． 【解答】解： ＝…＝ ＝ ， ∵2≤a10≤3， ∴1≤a1≤17． 故选：B． 【点评】本题考查数列找规律题型以及等比数列求和，属于难题． 【知识点】数列递推式 二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。） 13.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝log2n，则 a1＝ ，a5+a6+a 7+a8＝ ． 【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的首项和 a5+a6+a7+a8 的值． 【解答】解：数列{an}的前 n 项和为 Sn＝log2n， 则 a1＝S1＝log21＝0． 则 a5+a6+a7+a8＝S8﹣S4＝log28﹣log24＝1 故答案为：0，1． 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思 维能力，属于基础题型． 【知识点】数列的求和 14.已知数列{an}满足 an+an+2＝2an+1，a2＝8，a5＝20，bn＝2n+1+1，设数列{bn﹣an}的前 n 项和为 Sn，则 a1 ＝ ，Sn＝ ﹣﹣﹣ ． 【分析】判定{an}为等差数列，求出 bn﹣an＝2n+1+1﹣4n，再求出前 n 项和公式． 【解答】解：数列{an}满足 an+an+2＝2an+1，{an}为等差数列， a2＝8，a5＝20，得 3d＝12，d＝4，a1＝4， 故 an＝4n， bn﹣an＝2n+1+1﹣4n， ＝2n+2﹣2n2﹣n﹣4． 故答案为：4，2n+2﹣2n2﹣n﹣4． 【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式，基础题． 【知识点】数列的求和、数列递推式 15.同学们有如下解题经验：在某些数列求和中，可把其中一项分裂为两项之差，使某些项可以抵消，从而 实现化简求和．如：已知数列{an}的通项 ，则将其通项化为 ，故数列{an}的 前 n 项的和 ．斐波那契数列是数学史上一个著名 数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1， ，若 a2021＝a，那么 S2019＝ ﹣ ． 【分析】由题意可得 an＝an+2﹣an+1，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和． 【解答】解：由题意可得 an＝an+2﹣an+1， 则 S2019＝a1+a2+a3+…+a2019＝a3﹣a2+a4﹣a3+a5﹣a4+…+a2021﹣a2010＝a2021﹣a2＝a﹣1． 故答案为：a﹣1． 【点评】本题考查数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于基础题． 【知识点】数列递推式、数列的求和 16.如图，曲线 y2＝x（y≥0）上的点 P1 与 x 轴的正半轴上的点 Qi 及原点 O 构成一系列正三角形，△OP1Q1， △Q1P2Q2，…，△Qn﹣1PnQn…设正三角形 Qn﹣1PnQn 的边长为 an，n∈N*（记 Q0 为 O）， Qn（Sn，0）．数 列{an}的通项公式 an＝ ． 【分析】根据条件求出 a1，然后求出 Pn+1 的坐标，并代入曲线方程中，得到 Sn＝ an+12﹣ an+1，再分 n ≥2 和 n＝1 两种情况讨论可得数列的通项公式． 【解答】解：由条件可得△P1OQ1 为正三角形，且边长为 a1， ∴ ，P1 在曲线上，代入 y2＝x（y≥0）中，得 ， ∵a1＞0，∴a1＝ ，根据题意得点 ， 代入曲线 y2＝x（y≥0）并整理，得 Sn＝ ． 当 n≥2，n∈N*时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝ ， 即 ． ∵an+1＞an＞0，∴an+1﹣an＝ ， 当 n＝1 时，S1＝ ，∴ 或 （舍） ∴a2﹣a1＝ ，故 an+1﹣an＝ ∴数列{an}是首项为 ，公差为 的等差数列，∴an＝ ． 故答案为： ． 【点评】本题主要考查求解等差数列通项公式的方法，考查了数形结合思想和方程思想，属难题． 【 知识点】数列与解析几何的综合 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.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝﹣5，S5＝﹣20． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求 Sn 取得最小值时 n 的取值． 【分析】（1）设出等差数列的首项和公差，由题意列式求出首项和公差，则等差数列的通项公式可求； （2）写出等差数列的前 n 项和，利用配方法求得 Sn 的最小值并求得使 Sn 取得最小值时 n 的取值． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 由 a2＝﹣5，S5＝﹣20，得 ，即 ． ∴an＝﹣6+1×（n﹣1）＝n﹣7； （2） ＝ ， ∴当 n＝6 或 7 时，Sn 取得最小值． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前 n 项和，是基础题． 【知识点】等差数列的前 n 项和 18.在等比数列{an}中 （1）已知 a1＝13，q＝﹣2，求 a6； （2）已知 a3＝20，a6＝160，求 Sn 【分析】（1）直接利用等比数列的通项公式 ，代入可求； （2）结合等比数列的通项公式可求 q，a1，代入等比数列的求和公式可求． 【解答】解：在等比数列{an}中 （1）∵a1＝13，q＝﹣2， ∴ ＝13×（﹣2）5＝﹣416； （2）∵a3＝20，a6＝160， ∴ ， 解可得 q＝2，a1＝5 ∴Sn＝ ＝ ＝5×2n﹣5． 【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题． 【知识点】等比数列的前 n 项和、等比数列的通项公式 19.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比为 q，若 S6=9S3，且 S5=62． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前 n 项和为 Sn． 【分析】（1）利用已知条件求出数列的通项公式． （2）利用等比数列的前 n 项公式求出结果． 【解答】解：（1）等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比为 q， 由于 S6=9S3，且 S5=62． 所以 ， 解得 a1=2，q=2． 则 ． （2）由于 ， 所以 ． 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等比 数列的前 n 项和公式的应用． 【知识点】数列的求和 20.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a8＝4，a13＝14． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求 Sn 的最小值及相应的 n 的值； （3）在公比为 q 的等比数列{bn}中，b2＝a8，b1+b2+b3＝a13，求 q+q4+q7+…+q3n+4． 【分析】（1）建立方程组关系求出首项和公差即可求数列{an}的通项公式； （2）求出 Sn 的表达式，结合一元二次函数的性质即可求最小值及相应的 n 的值； （3）根据等比数列的通项公式求出公比，结合等比数列的前 n 项和公式进行求解即可． 【解答】解：（1）∵a8＝4，a13＝14． ∴ ，解得 a1＝﹣10，d＝2， 则数列{an}的通项公式 an＝﹣10+2（n﹣1）＝2n﹣12． （2）Sn＝ ＝n（n﹣12）＝n2﹣12n＝（n﹣6）2﹣36， ∴当 n＝6 时，Sn 取得最小值， 最小值为﹣36，此时相应的 n＝6； （3）∵b2＝a8＝4，b1+b2+b3＝a13＝14， ∴b1+b3＝14﹣4＝10， 设公比为 q， 则 ， 则 ＝ ， 即 2q2﹣5q+2＝0， 解得 q＝2 或 q＝ ． 若 q＝2，则 q+q4+q7+…+q3n+4＝ ＝ ＝ （8n+2﹣1）， 若 q＝ ，则 q+q4+q7+…+q3n+4＝ ＝ ＝ [1﹣（ ）n+2]． 【点评】本题主要考查等比数列和等差数列通项公式的求解，以及数列求和的计算，利用方程组思想求出 首项和公比，公差是解决本题的关键． 【知识点】等差数列的前 n 项和 21.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 a4﹣a2＝12，S4+2S2＝3S3，数列{bn}满足 b1＝0，且 n（bn+1+1） ﹣（n+1）（ bn+1）＝n（n+1）（ n∈N*） （Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）设数列 前 n 项和为 Tn，证明：Tn＜2（n∈N*）． 【分析】（Ⅰ）利用已知条件的应用求出数列的通项公式． （Ⅱ）利用乘公比错位相减法在数列求和，进一步利用放缩法的应用求出结果． 【解答】解：（I）由 S4+2S2＝3S3，得 S4﹣S3＝2（S3﹣S2） 即 a4＝2a3，q＝2． 又 a4﹣a2＝12 故 a1＝2，所以 ． 由 nbn+1﹣（n+1）bn＝n（n+1）两边同除以 n（n+1）， 得 ， 从而数列 为首项 b1+1＝1，公差 d＝1 的等差数列． 所以 ， 从而数列{bn}的通项公式为 ． 证明：（Ⅱ）由（I）知 ． 令 ，数列{cn}之和为 Sn，则 Tn＜Sn 因为 Sn＝c1+c2+c3+…+cn＝ 则 ， 两式相减得 ， ． 整理得 ． 所以 Tn＜Sn＜2． 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 【知识点】数列递推式、数列的求和 22.在数列{an}中，a1＝3，且对任意的正整数 n，都有 an+1＝λan+2×3n，其中常数 λ＞0． （1）设 bn＝ ．当 λ＝3 时，求数列{bn}的通项公式； （2）若 λ≠1 且 λ≠3，设 cn＝an+ ，证明：数列{cn}的等比数列； （3）当 λ＝4 时，对任意的 n∈N*，都有 an≥M，求实数 M 的最大值． 【分析】（1）当 λ＝3 时，有 an+1＝3an+2×3n，两边同时除以 3n+1 即可证出数列{bn}是等比数列，从而求出 数列{bn}的通项公式； （2）当 λ＞0 且 λ≠1 且 λ≠3 时，cn＝an+ ，代入已知等式即可证明数列 {cn}的等比数列； （3）当 λ＝4 时，an+1＝4an+2×3n，两边同时除以 4n+1，再利用累加法求出 an，得到数列{an} 是递增数列，所以最小项为 a1＝3，因为对任意的 n∈N*，都有 an≥M，所以 M≤3，从而求出 实数 M 的最大值． 【解答】解：（1）当 λ＝3 时，有 an+1＝3an+2×3n， ∴ ，即 ， 又∵ ，∴数列{bn}是首相为 1，公差为 的等差数列， ∴ ； （2）证明：当 λ＞0 且 λ≠1 且 λ≠3 时， c＝an+ ＝ ＝λ•cn﹣1， 又∵ ， ∴数列{cn}是首相为 ，公比为 λ 的等比数列； （3）当 λ＝4 时，an+1＝4an+2×3n， ∴ ， 设 pn＝ ，∴ ， ∴ ， ， ， ……， ∴ ， 以上各式累加得： ，又∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，显然数列{an}是递增数列， ∴最小项为 a1＝3， ∵对任意的 n∈N*，都有 an≥M，∴a1≥M，即 M≤3， ∴实数 M 的最大值为 3． 【点评】本题主要考查了求数列的通项以及证明等比数列，是中档题． 【知识点】数列的应用