高优指导2021版高考数学一轮复习第六章数列单元质检A文北师大版.doc

单元质检六　数列(A)
(时间:45分钟　满分:100分)
　单元质检卷第11页　 
一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=15,S5=55,则数列{an}的公差是(　　)

A. B.4 C.-4 D.-3
答案:B
解析:∵{an}是等差数列,a4=15,S5=55,
∴a1+a5=22,∴2a3=22,a3=11.
∴公差d=a4-a3=4.
2.(2015福建厦门双十中学质检)公比为的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a16=(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
答案:B
解析:由等比中项的性质得a3a11==16,又数列{an}各项为正,所以a7=4.
所以a16=a7q9=32.
所以log2a16=5.
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取最小值时,n等于(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9〚导学号32470606〛
答案:A
解析:设该数列的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,
所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36.
所以当Sn取最小值时,n=6.
4.(2015江南十校模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足:3a1-+3a15=0,且a8=b10,则b3b17=(　　)
A.9 B.12 C.16 D.36〚导学号32470607〛
答案:D
解析:由3a1-+3a15=0得=3a1+3a15=3(a1+a15)=3×2a8,
即-6a8=0,因为a8=b10≠0,
所以a8=6,b10=6,b3b17==36.
5.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)
A.7 B.5 C.-5 D.-7
答案:D
解析:∵{an}为等比数列,
∴a5a6=a4a7=-8,联立
可解得
当时,q3=-,
故a1+a10=+a7q3=-7;
当时,q3=-2,
同理,有a1+a10=-7.
6.(2015长沙模拟)已知函数f(n)=n2cos(nπ),且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.-100 B.0 C.100 D.10 200〚导学号32470608〛
答案:A
解析:若n为偶数,则an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1),
偶数项为首项为a2=-5,公差为-4的等差数列;
若n为奇数,则an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1,
奇数项为首项为a1=3,公差为4的等差数列.
所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50×3+×4+50×(-5)-×4=-100.
二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)
7.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=　　　　　　　. 
答案:-2
解析:由S3=-3S2,可得a1+a2+a3=-3(a1+a2),
即a1(1+q+q2)=-3a1(1+q),
化简整理得q2+4q+4=0,解得q=-2.
8.等差数列{an}前n项和Sn,若S10=S20,则S30=　　　　　　　.〚导学号32470609〛 
答案:0
解析:方法一:∵S10=S20,∴10a1+d=20a1+d,
∴2a1=-29d.
∴S30=30a1+d=15×(-29d)+15×29d=0.
方法二:∵S10=S20,∴a11+a12+…+a20=0.
∴5(a11+a20)=0,即a11+a20=0.
∴S30=·30=·30=0.
三、解答题(本大题共3小题,共44分)
9.(14分)(2015长春调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn,其中a1=3,S5-S2=27.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Sn,2(an+1+1),Sn+2成等比数列,求正整数n的值.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
则S5-S2=3a1+9d=27,又a1=3,则d=2,故an=2n+1.
(2)由(1)可得Sn=n2+2n,
又Sn·Sn+2=8(an+1+1)2,
即n(n+2)2(n+4)=8(2n+4)2,
化简得n2+4n-32=0,
解得n=4(n=-8舍去),所以n的值为4.〚导学号32470610〛
10.(15分)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·22n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)由已知,当n≥1时,
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
而a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=22n-1.
(2)由bn=nan=n·22n-1知
Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1.①
从而22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1.②
①-②,得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1,
即Sn=[(3n-1)22n+1+2].
11.(15分)(2015石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1·a2=2,a3·a4=32.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足+…+=an+1-1(n∈N+),求数列{bn}的前n项和.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由已知得
又∵a1>0,q>0,∴∴an=2n-1.
(2)由题意可得+…+=2n-1,①
∴+…+
=2n-1-1(n≥2),②
∴①-②,得=2n-1-(2n-1-1)·(n≥2),=2n-1(n≥2),
∴bn=(2n-1)·2n-1(n≥2).
当n=1时,b1=1,符合上式,
∴bn=(2n-1)·2n-1.
设数列{bn}的前n项和为Tn=1+3×21+5×22+…+(2n-1)·2n-1,
则2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,
两式相减得-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=-(2n-3)·2n-3,
∴Tn=(2n-3)·2n+3.〚导学号32470611〛

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