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f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m∈N*,满足=9,,则数列{an}的公比为( )A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列是等差数列,则( )A.a3+a6=2a4B.a3+a6=a4+a5C.D.7.(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=,其中f(n)为最接近的整数,若数列{an}的前m项和为20,则m=( )\nA.15B.30C.60D.1109.在数列{an}中,a1=,anan-1-an-1+1=0(n≥2,n∈N*),Sn是其前n项和,则下列说法错误的是( )A.a6=2B.S12=6C.=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=11.若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=(an>0)相切,则下列说法错误的是( )A.a1=B.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=AB,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=\nC.an<3恒成立D.存在正数m,使得Sn<m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(n∈N*),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=lnn,若存在p∈R,使得an≤pn对任意n∈N*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)求数列{an}的通项公式;(2)记数列的前n项和为Sn.若∀n∈N*,Sn<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.18.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知为等比数列{an}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{bn}的前三项.(1)求数列{an}的前n项和Sn;(2)求数列{bn}的通项公式,并求使得an>bn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an>0,数列{an}的前n项和为Sn,若 ,①a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*); ②数列{cn}满足:cn=,a1=3,且{cn}的前n项和为;③Sn=-1(n∈N*).\n(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{}中有多少个小于2021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),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N*.(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)(n∈N*).(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=[],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m∈R,定义数列{an}如下:a1=0,an+1=f(an),n∈N*.(1)当m=1时,求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m>时,总能找到k∈N*,使得ak>2021.\n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,解得故S16=16×25+×16×15×(-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(q>0),则=q12=2,得q=,所以an=a8qn-8=()n-8f=f.令f=f=f,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=7×5=35.故选B.5.B 解析:设数列{an}的公比为q.若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.∵=qm+1=9,∴qm=8.∵=qm=8=,∴m=3,∴q3=8,∴q=2.故选B.6.C 解析:设数列的公差为d,则+d,+2d,+3d,因此+3d=+d=,故选项C正确;a6=,a4=,不满足a3+a6=2a4,故选项A错误;a5=,a3+a6≠a4+a5,故选项B错误;d,d,则,故选项D错误.故选C.\n7.A 解析:设数列{an}的公比为q,则q3==-,所以q=-,所以Sn=1--n.当n为偶数时,Sn=1-,即S2<S4<S6<…<;当n为奇数时,Sn=,即S1>S3>S5>…>,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(11)=3,f(12)=3,…,由此可得在最接近的整数f(n)中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由an=,可得a1=a2=1,a3=a4=a5=a6=,a7=a8=…=a12=,…,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=10×2=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=10×2+×2=110.故选D.9.D 解析:当n=2时,有a2a1-a1+1=0,即a2-+1=0,解得a2=-1,同理可得a3=2,a4=,因此数列{an}的项以3为周期重复出现,且S3=a1+a2+a3=-1+2=,所以a6=a3=2,故选项A正确;S12=4S3=4×=6,故选项B正确;因为a11=a2=-1,a10=a1=,a12=a3=2,所以=a10a12,故选项C正确;因为2S11=2(S9+a10+a11)=23×-1=8,S10+S12=S9+a10+S12=3S3+4S3+a10=7×=11,所以2S11≠S10+S12,故选项D不正确,故选D.10.A 解析:对于A选项,设bn=,则(n≥1,n∈N*),所以数列为等比数列,故A正确;对于B选项,若an<0,则log2an没意义,故B错误;对于C选项,当q=-1时,an+an+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C错误;对于D选项,由题意\n得q≠1,Sn=qn-1-.由Sn=3n-1+r得,q=3,=1,即a1=,所以r=-=-,故D错误.故选A.11.A 解析:由圆C:(x-2)2+y2=(an>0),则圆心C(2,0),半径为an.因为直线3x+4y+n=0与圆C:(x-2)2+y2=(an>0)相切,所以圆心C(2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为an,即=an,则a1=,故选项A错误;由an=,可得an+1-an=,所以数列{an}是以为公差的等差数列,故选项B正确;将(0,0)代入C:(x-2)2+y2=,解得an=2.由=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=,所以S10==23,故选项D正确.故选A.12.C 解析:由题意可得a1=1,a2=a1+2×,a3=a2+2×,以此类推可得an+1=an+2×,则an+1-an=,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1++…+=1+=3-,所以数列{an}不是等比数列,故A错误;对于B选项,S10=3×10-=26+,故B错误;对于C选项,an=3-<3恒成立,故C正确;对于D选项,因为an=3->0恒成立,且an+1-an=3--3+>0,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Sn<m,故D错误.故选C.13.1 解析:因为数列{an}为公差为d的等差数列,所以S2n==n(a1+a2n),Sn=.又S2n=2Sn+n2,所以n(a1+a2n)=2×+n2,即a1+a2n=a1+an+n,所以a2n-an=nd=n,解得d=1.14.2n+1-2 解析:设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),首项为a1(a1>0).\n因为anan+1=22n+1,所以an+1an+2=22n+3,因此=4,即q2=4,所以q=2.而a1a2=8,即q=8,所以a1=2,所以Sn==2n+1-2.15.95 解析:因为an+an+2=n(n∈N*),所以an+1+an+3=n+1(n∈N*),所以an+an+1+an+2+an+3=2n+1(n∈N*),所以S20=a1+a2+…+a20=(a1+a2+a3+a4)+…+(a17+a18+a19+a20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×+5=95.16.,+∞ 解析:若存在p∈R,使得an≤pn对任意的n∈N*都成立,则p≥max.设f(x)=(x∈N*),则f'(x)=.令f'(x)==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n∈N*,所以当n=3时函数最大值为,所以p的取值范围是,+∞.17.解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为an+2an+1=3n+5,所以解得所以an=2+(n-1)=n+1.经检验,an=n+1符合题设,所以数列{an}的通项公式为an=n+1.(2)由(1)得,,所以Sn=++…+=.因为n∈N*,所以Sn<.又因为∀n∈N*,Sn<-λ2+4λ,所以-λ2+4λ≥,即(λ-2)2≤.因为λ为偶数,所以实数λ的值为2.\n18.解(1)设等比数列{an}的公比为q.由4a1,3S2,2S3是等差数列{bn}的前三项,得6S2=4a1+2S3,即3S2=2a1+S3,所以3(a1+a1q)=2a1+a1+a1q+a1q2,整理得q2=2q,解得q=2.由a3=2,得a1×22=2,所以a1=,所以Sn=.(2)由(1)得an=2n-2,所以4a1=2,3S2=,2S3=7,即等差数列{bn}的前三项为2,,7,所以bn=2+(n-1)-2=(5n-1).由an>bn,得×2n-1>×(5n-1),即2n-1>5n-1.令cn=2n-1-5n+1,则有cn+1-cn=2n-1-5.当1≤n≤3时,cn+1-cn<0,即c1>c2>c3>c4;当n≥4时,cn+1-cn>0,即c4<c5<…<cn<….而c1=-3,c5=-8,c6=3,所以使an>bn的n的取值范围是{n|n≥6,n∈N*}.19.解(1)若选①.因为a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n·3n(n∈N*),所以当n≥2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-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(n∈N*).若选②.由于c1+c2+…+cn=++…+=,又a1=3,所以an+1=2n+3,因此当n≥2时,an=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以an=2n+1(n∈N*).若选③.当n=1时,a1=3.因为Sn=-1(n∈N*),所以当n≥2时,Sn-1=-1(n∈N*),两式相减得an=Sn-Sn-1=,即4an=+2an+1--2an-1-1,\n所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0.又an>0,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=2bn+1=2n+1+1,易知数列{}为递增数列.又210=1024<2021,211=2048>2021,所以n+1≤10,n≤9,n∈N*,所以数列{}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n≥2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(an+1-an-1),即an=tan-1.又因为a1=t≠0,所以an-1≠0,即=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,n∈N*.(2)由题意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因为t≠0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因为t≠1,所以t=3,故an=3n,n∈N*.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=9n·3n=n·3n+2,所以Tn=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2,①3Tn=1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n·3n+3,②①-②得-2Tn=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=-n·3n+3,所以Tn=.21.解(1)因为nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以+1.又因为S1=a1=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,因此=n,即Sn=n2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又因为a1=1符合上式,故an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=[]=[],当n∈{1,2}时,bn=[]=1;\n当n∈{3,4}时,bn=[]=2;当n∈{5,6,7,8}时,bn=[]=3;当n∈{9,10,11,12}时,bn=[]=4;当n∈{13,14,15,16,17,18}时,bn=[]=5;当n∈{19,20,21,22,23,24}时,bn=[]=6;当n∈{25,26,…,31,32}时,bn=[]=7;当n∈{33,34,…,37,40}时,bn=[]=8;当n∈{41,42,…,49,50}时,bn=[]=9;当n=51时,bn=[]=10,所以数列{bn}的前51项和T51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=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)=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)=+m.因为a2,a3,a4成等差数列,所以2a3=a2+a4,所以2(m2+m)=m++m,化简得m2(m2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-1±.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-1±,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+m-a2=+m-a3,所以()-(a3-a2)=0,即(a3-a2)(a3+a2-1)=0.因为公差d≠0,故a3-a2≠0,所以a3+a2-1=0,解得m=-1±.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,\n所以存在m=-1±,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为an+1-an=+m-an=an-2+m-≥m-,且m>,所以令t=m->0,得an-an-1≥t,an-1-an-2≥t,…,a2-a1≥t.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ak>2021成立,只需(k-1)t>2021,因此只要取正整数k>+1,就有ak≥(k-1)t>·t=2021.综上,当m>时,总能找到k∈N*,使得ak>2021.
