高考数学考点通关练第四章数列单元质量测试4高三全册数学

A．(－2，＋∞)
B．[－2，＋∞)
C．(－3，＋∞)
D．[－3，＋∞)
解析 ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2 ＋λn，化简得 λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故选 C.
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解析 答案
10．已知{an}为等差数列，若a11，a21019为方程 x2－10x＋16＝0 的两根， 则 a2＋a1010＋a2018 的值为( )
＝1×1
＋2×
190＋3×
9
10
2＋
…
＋(n
－1)×
9
10
n－2＋n×
190n－1，
所
以
190Sn＝
1×190＋2×1902＋…＋(n－1)×190n－1＋n×190n，两式相减，得110Sn＝1＋190
第十五页，共四十二页。
解析
＋1902＋…＋190n－1－n×190n＝11－－119900n－n×190n＝10－(10＋n)×190n，所 以 Sn＝100－10(10＋n)190n，于是由 100－10(10＋n)190n＝100－200190n， 得 10(10＋n)＝200，解得 n＝10，故选 D.
第十九页，共四十二页。
解析 答案
14．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S13＝52，则 a4＋a8＋a9＝ ________.
答案 12 解析 设等差数列{an}的公差为 d.由 S13＝52，得 13a1＋13×2 12d＝52， 所以 a1＋6d＝4，所以 a4＋a8＋a9＝(a1＋3d)＋(a1＋7d)＋(a1＋8d)＝3(a1＋6d) ＝12.
第六页，共四十二页。
解析
5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则 Sn＝( )
A．2n－1
B．2n1－1
C.23n－1
D．32n－1
解析 因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，所以 Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，所以SSn＋n 1＝32， 所以数列{Sn}是以 S1＝a1＝1 为首项，32为公比的等比数列，所以 Sn＝32n－1. 故选 D.
15 A. 8
B．1165
C．15
D．30
第十二页，共四十二页。
答案
解析 ∵{an}为等差数列，a11，a21019为方程 x2－10x＋16＝0 的两根，∴ a11＋a21019＝10，a11·a21019＝16，∴a11＋a21019＝a1a＋1aa20210919＝16(a1＋a2019)＝10，∴a1 ＋a2019＝2a1010＝58，∴a1010＝156，∴a2＋a1010＋a2018＝3a1010＝1156.故选 B.
第二十二页，共四十二页。
答案
解析 由题意，得 n＝1 时，S1＋a1＝0，即 a1＝0，n≥2 时，Sn＋Sn－ Sn－1＝2Sn－Sn－1＝nnn－＋11＝n＋2 1－1n，所以 Sn－n＋1 1＝12Sn－1－1n，因为 S1 －12＝－12，所以数列Sn－n＋1 1是以－12为首项，12为公比的等比数列，则 Sn －n＋1 1＝12n－1－21＝－12n，所以 Sn＝n＋1 1－12n，故 S2019＝20120－122019.
第二十四页，共四十二页。
解
(2)由(1)知，a1＝－19，公差 d＝3， 当 n≤7 时，an<0，当 n≥8 时，an>0， ∴S20＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a20| ＝－a1－a2－…－a7＋a8＋…＋a20 ＝－2(a1＋a2＋…＋a7)＋a1＋a2＋…＋a20 ＝－27×－19＋7×2 6×3＋20×(－19)＋20×2 19×3 ＝330.
C．1080
D．3105
解析 由 a1＝－60，an＋1＝an＋3 可得 an＝3n－63，则 a21＝0，所以|a1| ＋|a2|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋(a21＋…＋a30)＝S30－2S20＝765.故 选 B.
第十页，共四十二页。
解析 答案
9．(2019·安徽淮南模拟)已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列， 则实数 λ 的取值范围是( )
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解析
11．“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，
南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有
茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示
的“茭草垛”：自上而下，第一层 1 件，以后每一层比上一层多 1 件，最
后一层是 n 件．已知第一层货物单价 1 万元，从第二层起，货物的单价是
的最小值为 4.故选 D.
第十八页，共四十二页。
解析
第Ⅱ卷 (非选择题，共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．已知数列{an}中，an＝12an＋1 对任意的 n∈N*恒成立，且 a3＝12，则 a1＝________. 答案 3
解析 由题意，知 a2＝12a3＝6，所以 a1＝12a2＝3.
第七页，共四十二页。
解析 答案
6．在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前 n 项和 Sn＝62， 则项数 n 等于( )
A．4
B．5
C．6
D．7
解析 因为数列{an}为等比数列，则 a1·an＝a2·an－1＝64 ①，又 a1＋an ＝34 ②，联立①②，解得 a1＝2，an＝32 或 a1＝32，an＝2，当 a1＝2，an ＝32 时，Sn＝a11－－aqnq＝21－－3q2q＝62，解得 q＝2，所以 an＝2×2n－1＝32，此
第一 部分 (dìyī) 考点通关练
第四章 数列(shùliè)
单元质量测试(四)
第一页，共四十二页。
第Ⅰ卷 (选择题，共 60 分)
一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)
1．已知{an}为等差数列，若 a2＝2a3＋1，a4＝2a3＋7，则 a5＝( )
A．1
B．2
C．3
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
解析 在等比数列{an}中，a1·a3＝a22.由 a1，a3 是方程 x2＋3x＋1＝0 的 两根可得 a1·a3＝1，所以 a22＝1，所以 a2＝±1，所以“a1，a3 是方程 x2＋3x ＋1＝0 的两根”是“a2＝±1”的充分条件；由 a2＝±1 得 a1·a3＝1，满足此 条件的一元二次方程不止一个．所以“a1，a3 是方程 x2＋3x＋1＝0 的两根” 是“a2＝±1”的充分不必要条件，故选 A.
时 n＝5；同理可得，当 a1＝32，an＝2 时，也有 n＝5.则项数 n 等于 5.故选
B.
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解析 答案
7．已知等比数列{an}的前 n 项的乘积记为 Tn，若 T2＝T9＝512，则 T8 ＝( )
A．1024
B．2048
C．4096
D．8192
解析 设等比数列{an}的公比为 q，由 T2＝T9，得 a76＝1，故 a6＝1，即
解析 答案
4．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八
里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”其大意为：
“一个人走 378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程
为前一天的一半，走了 6 天才到达目的地”，则该人第三天走的路程为
()
A．96 里
B．48 里
第二十五页，共四十二页。
解
18．(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＝12Sn ＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式； 1
(2)令 bn＝log2an，求数列b2n－1的前 n 项和 Tn.
第二十六页，共四十二页。
解 (1)∵an＝12Sn＋2，n∈N*， 当 n＝1 时，可求得 a1＝4. 由 an＝12Sn＋2，n∈N*，① 可得 an＋1＝12Sn＋1＋2，② 由②－①得 an＋1－an＝12an＋1，即 an＋1＝2an. ∴数列{an}为以 4 为首项，2 为公比的等比数列，通项公式为 an＝2n＋1.
a1q5＝1.又 a1a2＝a21q＝512，所以 q9＝5112，故 q＝12.所以 T8＝T3＝a32＝aq643
＝212＝4096.故选 C.
第九页，共四十二页。
解析 答案
8．数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝( )
A．－495
B．765
合通项公式，故 an＝2n2，所以 bn＝2
2an＝22n＝4n，所以
41－4n Sn＝ 1－4 ＝
44n－1 3.
第二十一页，共四十二页。
解析 答案
16．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足：Sn＋an＝nnn－＋11，n＝1,2，…， n，则 S2019＝________.
答案 20120－122019
第二十三页，共四十二页。
解析
三、解答题(本大题共 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．(本小题满分 10 分)已知数列{an}，点(n，an)在直线 y＝3x－22 上． (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)设 bn＝|an|，求数列{bn}的前 20 项和 S20. 解 (1)证明：∵an＝3n－22， ∴an＋1－an＝3(n＋1)－22－(3n－22)＝3(n∈N*)． ∴数列{an}是公差为 3 的等差数列．
第二十七页，共四十二页。
解
(2)∵bn＝log2an＝log22n＋1＝n＋1，
上一层单价的190.若这堆货物总价是 100－200190n 万元，则 n 的值为(
)
A．7
B．8
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
C．9
D．10
第十四页，共四十二页。
答案
解析 由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列，
其通项 an＝n，货物单价构成一个等比数列，其通项 bn＝190n－1，所以每一
层货物的总价为 an·bn，这堆货物的总价为 Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，即 Sn
第三页，共四十二页。
解析 答案
3．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，且 2＋a5＝a6＋a3，则 S7＝( )
A．28
B．14
C．7
D．2
解析 由等差数列的性质知 a4＋a5＝a6＋a3，结合 2＋a5＝a6＋a3，得 a4＝2，所以 S7＝7a12＋a7＝7a4＝14，故选 B.
第四页，共四十二页。
第二十页，共四十二页。
解析 答案
15．已知数列{an}满足 a1＝2，na＋n＋11 －ann＝2，若 bn＝2 2an，则数列{bn}
的前 n 项和 Sn＝________.
答案 解析
44n－1 3
数列{an}满足 a1＝2，na＋n＋11 －ann＝2，则数列ann是以a11＝2 为首项，
2 为公差的等差数列．故ann＝2＋2(n－1)＝2n，an＝2n2，由于首项 a1＝2 符
－a5)＝0，得 1＋(a2－a4)＋λq(a2－a4)＝0，∴1＋λq＝a4－1 a2，∴a6＋λa7＝a6(1
＋
λq)
＝
a6 a4－a2
＝
q4 q2－1
＝
[q2－1＋1]2 q2－1
＝
(q2
－
1)
＋
2
＋
1 q2－1
≥2 q2－1·q2－1 1＋2＝4(q2－1>0)，当且仅当 q＝ 2时取等号，∴a6＋λa7
D．6
解析 设数列{an}的公差为 d，由题意，将题中两式相减可得 2d＝6，
所以 d＝3，所以 a2＝2(a2＋3)＋1，解得 a2＝－7，所以 a5＝a2＋(5－2)d＝－ 7＋9＝2，故选 B.
第二页，共四十二页。
解析 答案
2．在等比数列{an}中，“a1，a3 是方程 x2＋3x＋1＝0 的两根”是“a2 ＝±1”的( )
第十六页，共四十二页。
解析
12．若正项递增等比数列{an}满足 1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，
则 a6＋λa7 的最小值为( ) A．－2
B．－4
C．2
D．4
第十七页，共四十二页。
答案
解析 ∵{an}是正项递增的等比数列，∴a1>0，q>1，由 1＋(a2－a4)＋λ(a3
C．24 里
D．12 里
第五页，共四十二页。
答案
解析 根据题意，记该人每天走的路程里数为{an}，则数列{an}是以12为 公比的等比数列，又由这个人走了 6 天后到达目的地，即 S6＝378，则有 S6 ＝a111－－12216＝378，解得 a1＝192，则 a3＝a1·q2＝1492＝48.故选 B.