【走向高考】2021届高三数学一轮阶段性测试题6 数列（含解析）北师大版.doc

阶段性测试题六(数列)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10个小题，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(2014·福建高考)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8B10C12D14答案C解析本题考查等差数列的通项公式由a12，S33a1d63d12可得d2，a6a15d12.注意熟记等差数列的常见性质，如d.2在数列an中，a11，点(an，an1)在直线y2x上，则a4的值为()A7B8C9D16答案B解析因为点(an，an1)在直线y2x上，即an12an，所以数列an是公比为2的等比数列，所以a4a1q3238，选B (理) 已知an为等差数列，若a3a4a89，则S9()A15B24C27D54答案C解析由已知a3a4a83a112d9，故a14d3，即a53，S99a527.3(2015·河南三市调研)设an是等比数列，Sn是an的前n项和，对任意正整数n，有an2an1an20，又a12，则S101的值为()A2B200C2D0答案A解析设等比数列的公比为q.由an2an1an20得an(12qq2)0，因为an0，所以12qq20，解得q1，所以S101a12.4(文)在等比数列an中，a20168a2013，则公比q的值为()A2B3C4D8答案A解析a20168a2013，q38，q2.(理)设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42,3S2a32，则公比q()A3B4C5D6答案B解析根据题意将3S3a42和3S2a32相减得：3(S3S2)a4a3，则3a3a4a3,4a3a4，所以q4.5(2015·昆明第一次调研)设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a12a83a4，则()ABCD答案A解析由已知得a12a114d3a19d，a1d，又，将a1d代入化简得.6(文)已知等比数列an的首项a11，公比q2，则log2a1log2a2log2a11()A50B35C55D46答案C解析因为等比数列an的首项a11，公比q2，所以a625，故log2a1log2a2log2a11log2a1a2a11log2alog2(25)11log225555，故选C(理)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则()AB32C32D答案C解析a1，a3,2a2成等差数列，所以a3a12a2，即a1q2a12a1q，解得q1，q2(1)232.7在等差数列an中，a128，公差d4，若前n项和Sn取得最小值，则n的值为()A7B8C7或 8D8或9答案C解析ana1(n1)d284(n1)4n32，由an0得4n320，即n8.即a80.当n<7时，an<0.所以要使Sn取得最小值，则有S7S8最小，选C8(2014·保定调研)在数列an中，已知a11，an12an1，则其通项公式为an()A2n1B2n11C2n1D2(n1)答案A解析由题意知an112(an1)，an1(a11)·2n12n，an2n1.9在数列an中，已知an1an12an(nN，n2)，若平面上的三个不共线的向量、，满足a1008a1009，三点A、B、C共线，且直线不过O点，则S2016等于()A1008B1009C2015D2016答案A解析由条件知an成等差数列，A、B、C共线，a1008a10091，S20161008(a1008a1009)1008.10已知函数f(x)x2ax的图像在点A(1，f(1)处的切线l与直线x3y20垂直，若数列的前n项和为Sn，则S2015的值为()ABCD答案D解析f(x)2xa，由已知得f(1)3，所以a1，所以，所以Sn(1)()()1，故S2015.第卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6_.答案4解析因为a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2q220，解得q22，所以a6a2q41×224.12(2014·北京高考)若等差数列an满足a7a8a9>0，a7a10<0，则当n_时，an的前n项和最大答案8解析本题考查了等差数列的性质与前n项和由等差数列的性质，a7a8a93a8，a7a10a8a9，于是有a8>0，a8a9<0，故a9<0，故S8>S7，S9<S8，S8为an的前n项和Sn中的最大值等差数列an中首项a1>0公差d<0，an是一个递减的等差数列，前n项和有最大值，a1<0，公差d>0，an是一个递增的等差数列，前n项和有最小值13若数列an满足a12且anan12n2n1，Sn为数列an的前n项和，则log2(S20152)_.答案2016解析因为a1a2222，a3a42423，a5a62625，.所以S2015a1a2a3a4a2011a2015212223242201422015220162.故log2(S20152)log2220162016.14已知数列an，其前n项和Snn2n1，则a8a9a10a11a12_.答案100解析a8a9a10a11a12S12S7(122121)(7271)100.15如图，将数列an中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表已知表中的第一列a1，a2，a5，构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为d的等差数列若a45，a86518，则d_.a1a2a3a4a5a6a7a8a9答案解析a45，a252D又第1行到第9行共有1351781项，第10行的第1项为a82a864d5184D又表中的第1列a1，a2，a5，a82是公比为2的等比数列，a82a2·28，即5184d(52d)·28，解得d.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16(本小题满分12分)已知数列an是公差不为0的等差数列，a12且a2, a3, a41成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.解析(1)设数列an的公差为d，由a12和a2，a3，a41成等比数列，得(22d)2(2d)(33d)解得d1或d2.当d1时，a30，这与a2，a3，a41成等比数列矛盾舍去所以d2.ana1(n1)d2n，即数列an的通项公式为an2n，(nN*)(2)bn.Snb1b2bn(1)()()1.17(本小题满分12分)已知an是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5 45，a2 a6 14.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足：an1(nN*)，求bn的前n项和解析(1)设等差数列an的公差为d，则依题设知d>0.由a2a614，可得a47.由a3a545，得(7d)(7d)45，可得d2.所以a173d1.可得an2n1.(2)设cn，则c1c2cnan1.即c1c2cn2n，可得c12，且c1c2cn12(n1)所以cn2(nN*)所以bn2n1，所以数列bn是首项为4，公比为2的等比数列，所以前n项和Sn2n24.18(本小题满分12分)(2014·浙江高考)已知等差数列an的公差d>0.设an的前n项和为Sn，a11，S2·S336.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，kN*)的值，使得amam1am1amk65.解析(1)S2·S336，a11，(2a1d)·(3a13d)36即d23d100，d2或d5d>0，d2an为1为首项，2为公差的等差数列Snn×2n2.(2)amam1amk65SmkSm165由(1)得(mk)2(m1)265.即2mkk22m1652m(k1)k2165即(k1)(2mk1)655×13，k、mN，2mk1>k1解之得m5，k4.当m5，k4时，amam1amk65.19(本小题满分12分)(2015·奉新一中月考)已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2与a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2an，Snb1b2bn，求使不等式Sn2n147<0成立的n的最小值解析(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q，2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项，a1(2q2)3a1q，a1(qq3)2a1q24，由及a10，得q23q20，q1，或q2，当q1时，式不成立；当q2时，符合题意，把q2代入得a12，所以，an2·2n12n；(2)bnanlog2an2nn.所以Snb1b2bn(2222n)(12n)2n12nn2，因为Sn2n147<0，所以2n12nn22n147<0，即n2n90>0，解得n>9或n<10.故使Sn2n147<0成立的正整数n的最小值为10.20(本小题满分13分)已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn·2n1>50成立的正整数n的最小值解析(1)设等比数列an的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a32)a2a4，代入a2a3a428，得a38，a2a420，解之得或又数列an单调递增，所以q2，a12，数列an的通项公式为an2n.(2)bn2nlog2nn·2n，Sn(1×22×22n·2n)，2Sn1×222×23(n1)·2nn·2n1，两式相减，得Sn222232nn·2n12n12n·2n1.Snn·2n1>50，即2n12>50，即2n1>52.易知：当n4时，2n12532<52，当n5时，2n12664>52.使Snn·2n1>50成立的正整数n的最小值为5.21(本小题满分14分)(文)已知数列an满足a11，a1a2an1an1(n2且nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)令dn1loga(a>0，a1)，记数列dn的前n项和为Sn，若恒为一个与n无关的常数，试求常数a和.解析(1)由题a1a2an1an1a1a2anan11由得：an12an0，即2(n2)当n2时，a1a21，a11，a22，2，所以，数列an是首项为1，公比为2的等比数列故an2n1(nN)(2)an2n1，dn1loga12nloga2，dn1dn2loga2，dn是以d112loga2为首项，以2loga2为公差的等差数列，(4)nloga2(2)(1loga2)0，恒为一个与n无关的常数，解之得：4，a.(理) 数列an中，a1t，a2t2，其中t>0且t1，x是函数f(x)an1x33(t1)anan1x1(n2)的一个极值点(1)证明：数列an1an是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设bnanlogtan，数列bn的前n项和为Sn，求Sn.解析(1)证明：f(x)3an1x23(t1)anan1，根据已知f()0，即tan1(t1)anan10，即an1ant(anan1)，t>0，t1，a2a1t2tt(t1)0.所以数列an1an是以t(t1)为首项，t为公比的等比数列(2)由(1)可知an1an(t1)tn.所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(t1)tn1(t1)tn2(t1)tt(t1)×ttn. 所以数列an的通项公式antn.(3)由(2)知antn，所以bnanlogtanntn.Sn1×t2×t23×t3ntn.则tSn1×t22×t3(n1)tnntn1.所以(1t)Sntt2t3tnntn1ntn1.所以Sn.- 8 -