【全程复习方略】2022届高考数学(文科人教A版)大一轮单元评估检测(五)第五章-.docx

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单元评估检测(五)
第五章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10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.(2021·临沂模拟)等差数列{an},{bn}中,a1=25,b1=75,a100+b100=100,则数列{an+bn}的前100项的和为(　　)
A.0 B.100 C.1000 D.10000
【解析】选D.由等差数列的定义知{an+bn}也是等差数列,所以要求的和为S=100(25+75+100)2=10000.
2.已知数列{an}的通项公式为an=411-2n,则满足an+1a3+…+a100=-1+3-5+7+…+(-1)100(2×100-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.
4.(2021·衡水模拟)已知数列{an}的通项公式为an=pn+qn(p,q为常数),且a2=32,a4=32,则a8=(　　)
A.54 B.94 C.34 D.2
【解析】选B.由题意知2p+q2=32,4p+q4=32,解得p=14,q=2.
所以a8=8p+q8=8×14+28=94.
5.已知数列32,54,76,9a-b,a+b10,…,依据前三项给出的规律,则实数对(a,b)可能是(　　)
A.(19,3) B.(19,-3)
C.192,32 D.192,-32
【解析】选C.由a-b=8,a+b=11解得a=192,b=32.
【方法技巧】数列通项公式的一般求法
用观看—归纳—猜想—证明的方法,找数列的通项公式时,首先要留意观看各个式子的特征,并据此把式子分解成几个部分,然后各个击破,对于正负相间的项,用-1的指数式来予以调整.
6.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}是各项均为正数的等比数列,且公比q>1,若a5=b5,a2021=b2021,则a1010与b1010的大小关系是(　　)
A.a1010=b1010 B.a1010>b1010
C.a1010a5a2 015=b5b2 015=b1010,故选B.
7.数列{an}的通项an=nn2+90,则数列{an}中的最大值是(　　)
A.310 B.19 C.119 D.1060
【解析】选C.由于an=1n+90n,运用基本不等式得,
1n+90n≤1290,由于n∈N*,不难发觉当n=9或10时,an=119最大,故选C.
8.假如一个数列{an}满足an+1+an=h(h为常数,n∈N*),则称数列{an}为等和数列,h为公和,Sn是其前n项和.已知等和数列{an}中,a1=1,h=-3,则S2021等于(　　)
A.3020 B.3021 C.-3020 D.-3021
【解析】选C.由公和h=-3,a1=1,得a2=-4,
并且数列{an}是以2为周期的数列,则S2021=1007(a1+a2)+a1=-3021+1=-3020.
【加固训练】设Sn为数列{an}的前n项和,若S2nSn(n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等比数列”;若数列{cn}是首项为2,公差为d(d≠0)的等差数列,且数列{cn}是“和等比数列”,则d=　　　　.
【解析】由题意可知,数列{cn}的前n项和为Sn=n(c1+cn)2,前2n项和为S2n=2n(c1+c2n)2,所以S2nSn=2n(c1+c2n)2n(c1+cn)2=2+2nd4+nd-d=2+21+4-dnd.由于数列{cn}是“和等比数列”,即S2nSn为非零常数,所以d=4.
答案:4
9.(2021·烟台模拟)已知数列{an}的前n项之和是Sn,且4Sn=(an+1)2,则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.数列{an}为等差或等比数列
D.数列{an}可能既不是等差数列也不是等比数列
【解析】选C.当n=1时,4a1=(a1+1)2,解得a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1)24-(an-1+1)24,
即4an=an2-an-12+2an-2an-1,
即(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
所以an+an-1=0或an-an-1=2,
当an=-an-1时,{an}是等比数列,当an-an-1=2时,{an}是等差数列.
10.(2021·合肥模拟)设{an}是公比为q的等比数列,其前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a99a100-1>0,a99-1a100-1<0,给出下列结论:①0①③④
C.②③ D.①②③④
【解析】选B.由a1>1,a99a100>1得q>0,又a99-1a100-1<0知:a99-1>0,a100-1<0,且01,②式不成立;a99·a101=a1002<1,③成立;由于T198>1,T199=a1·a2·…·a199=(a100)199<1,{Tn}是递减的,④成立.
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.(2021·天水模拟)已知数列{an}满足:
a1=1,an=1+2an2,n为偶数,122an-12,n为奇数,
n=2,3,4,…,设bn=a 2n-1+1,n=1,2,3,…,则数列{bn}的通项公式是　　　　.
【解析】由题意得,对于任意的正整数n,bn=a2n-1+1,
所以bn+1=a2n+1,
又a2n+1=(2a2n2+1)+1=2(a2n-1+1)=2bn,
所以bn+1=2bn,又b1=a1+1=2,
所以{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以bn=2n.
答案:bn=2n
【加固训练】若数列{an}满足a1=1,an+1=an+2n,则an=　　　　.
【解析】由已知an+1-an=2n,
故有a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,…,an-an-1=2n-1.以上n-1个式子两边分别相加,则有an-a1=2+22+23+…+2n-1=2(1-2n-1)1-2=2n-2,
所以an=2n-2+a1=2n-1.
答案:2n-1
12.(2021·菏泽模拟)已知数列{an}满足a1=0,an+1=an-33an+1(n∈N*),则a20=　　　　.
【解析】由题意知,a1=0,a2=-3,a3=3,a4=0,a5=-3,a6=3,从而数列{an}的各项呈周期性排列,周期为3,所以a20=a2=-3.
答案:-3
【加固训练】(2021·成都模拟)数列{an}是等差数列,a1=f(x+1),a2=0,a3=f(x-1),其中f(x)=x2-4x+2,则此数列的前n项和Sn=　 .
【解析】由题意可得f(x+1)+f(x-1)=0,
即(x+1)2-4(x+1)+2+(x-1)2-4(x-1)+2=0,
解得:x=1或x=3,
当x=1时,此时a1=-2,a2=0,a3=2,则d=2,所以Sn=n2-3n.当x=3时,a1=2,a2=0,a3=-2,则d=-2,所以Sn=-n2+3n.
答案:n2-3n或-n2+3n
13.如图所示是一个树形图的生长过程,依据图中所示的生长规律,第15行的实心圆点的个数是　　　　.

【解析】观看图中所示的生长规律,发觉:1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点,而1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点.假如设第n行的实心圆点的个数是an,空心圆点的个数是bn,则a1=0,b1=1,an+1=an+bn,bn+1=an,n∈N*.所以a1=0,a2=1,an+1=an+an-1,从而{an}为:0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,…,故填377.
答案:377
【加固训练】 (2021·扬州模拟)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序:正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形边上再连接正方形,…,如此连续,若共得到1023个正方形,设初始正方形的边长为22,则最小正方形的边长为　　　　.

【解析】设1+2+4+…+2n-1=1023,即1-2n1-2=1023,2n=1024,n=10.正方形边长构成数列22,222,223,…,其中第10项为2210=132,即所求最小正方形的边长为132.
答案:132
14.(2021·蚌埠模拟)已知正项等比数列{an}满足a2021=2a2021+a2022,若存在两项am,an使得aman=4a1,则1m+4n的最小值为　　　　　.
【解析】设公比为q,则a2021q2=2a2021+a2021q,由于an>0,所以q2-q-2=0,q=2或q=-1(舍去),aman=a1·2m-1·a1·2n-1=4a1,2m+n-2=24,即m+n=6,所以1m+4n=1m+4nm+n6=165+nm+4mn≥16×(5+4)=32(当且仅当nm=4mn时等号成立).
答案:32
15.已知数列{2n-1·an}的前n项和Sn=9+2n,则数列{an}的通项公式为an=　　　.
【解析】由于Sn=9+2n　①,所以当n≥2时,Sn-1=9+2(n-1)　②,①-②得2n-1an=2,所以an=22n-1=22-n.当n=1时,a1=S1=9+2=11,不符合上式,所以an=11,n=1,22-n,n≥2.
答案:11,n=1,22-n,n≥2
【方法技巧】含Sn,an问题的求解策略
当已知含有Sn+1,Sn之间的等式时,或者含有Sn,an的混合关系的等式时,可以接受降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式,两个等式相减就把问题转化为数列的项之间的递推关系式.
【加固训练】在数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,n(an+1-an)=an(n∈N*),且a3=π,则tanS4=　　　　.
【解析】方法一:由n(an+1-an)=an,得nan+1=(n+1)an,则3a4=4a3,又a3=π,故a4=4π3,又由2a3=3a2,得a2=2π3,由a2=2a1,得a1=π3,故S4=a1+a2+a3+a4=10π3,所以tanS4=tan10π3=3.
方法二:由n(an+1-an)=an,得nan+1=(n+1)an,即an+1n+1=ann,所以ann=an-1n-1=an-2n-2=…=a33=π3,
所以an=π3n.
故S4=a1+a2+a3+a4=π3(1+2+3+4)=10π3,
tanS4=tan10π3=3.
答案:3
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(2022·江西高考)已知数列an的前n项和Sn=3n2-n2,n∈N*.
(1)求数列an的通项公式.
(2)证明:对任意的n>1,都有m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.
【解题提示】(1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)解决.
(2)a1,an,am成等比数列,转化为an2=a1·am.
【解析】(1)当n=1时a1=S1=1;
当n≥2时an=Sn-Sn-1
=3n2-n2-3(n-1)2-(n-1)2=3n-2,
对n=1也满足,
所以an的通项公式为an=3n-2.
(2)由(1)得a1=1,an=3n-2,am=3m-2,
要使a1,an,am成等比数列,需要an2=a1·am,
所以(3n-2)2=3m-2,整理得m=3n2-4n+2∈N*,
所以对任意n>1,都有m∈N*使得an2=a1·am成立,
即a1,an,am成等比数列.
【加固训练】已知等比数列{an}的首项为1,公比q≠1,Sn为其前n项和,a1,a2,a3分别为某等差数列的第一、其次、第四项.
(1)求an和Sn.
(2)设bn=log2an+1,数列1bnbn+2的前n项和为Tn,求证:Tn<34.
【解析】(1)由于a1,a2,a3为某等差数列的第一、其次、第四项,所以a3-a2=2(a2-a1),
所以a1q2-a1q=2(a1q-a1),
由于a1=1,所以q2-3q+2=0,
由于q≠1,所以q=2,所以an=a1qn-1=2n-1.
所以Sn=a1(1-qn)1-q=1×(1-2n)1-2=2n-1.
2)由(1)知an+1=2n,所以bn=log2an+1=log22n=n.
所以1bn·bn+2=1n(n+2)=121n-1n+2.
所以Tn=1211-13+1212-14+
1213-15+1214-16+…+121n-2-1n+121n-1-1n+1+121n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-121n+1+1n+2<34.
17.(12分)(2021·龙岩模拟)在等比数列{an}中,a1=2,公比q=2.
(1)设Sn为{an}的前n项和,证明:Sn+2=2an.
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是3,a1,a2,求△ABC的面积.
【解析】(1)由于a1=2,公比q=2,
所以an=a1qn-1=2n,
Sn=a1(1-qn)1-q=2(1-2n)1-2=2n+1-2,
所以Sn+2=2n+1=2an.
(2)由(1)得a2=4,
在△ABC中,由余弦定理得cosC=32+a12-a222×3×a1=32+22-422×3×2=-14,
所以sinC=1-cos2C=154,
所以△ABC的面积为S△ABC=12absinC=3154.
18.(12分)(2021·日照模拟)设数列{an}是等差数列,且首项a1=3,a8-a3=10,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn.
(2)若数列4an2-1的前n项和为Tn,求Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
由于首项a1=3,a8-a3=10,
所以5d=10,解得d=2,
故an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,
Sn=n(3+2n+1)2=n2+2n.
(2)由于4an2-1=4(2n+1)2-1=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
19.(12分)设数列{an}的前n项和Sn=aqn+b(a,b为非零实数,q≠0且q≠1).
(1)当a,b满足什么关系时,{an}是等比数列?
2)若{an}为等比数列,证明:以(an,Sn)为坐标的点都落在同一条直线上.
【解析】(1)由于Sn=aqn+b,所以n≥2时,an=Sn-Sn-1=(aqn+b)-(aqn-1+b)=a(q-1)qn-1,所以an+1an=a(q-1)qna(q-1)qn-1=q.
故若数列{an}是等比数列,只要a1=S1=aq+b符合an=a1(q-1)qn-1的形式即可.所以aq+b=a(q-1)·q0,所以a+b=0.
所以当a+b=0时,数列{an}是等比数列.
(2)当{an}是等比数列时,Sn=aqn-a,
an=a(q-1)qn-1,a1=a(q-1),
所以Sn-S1an-a1=aqn-a-(aq-a)a(q-1)qn-1-a(q-1)
=aq(qn-1-1)a(q-1)(qn-1-1)=qq-1(n≥2).
即以(an,Sn)为坐标的点都落在恒过点(a1,S1)且斜率k=qq-1的直线上.
【加固训练】设数列{an}的前n项和为Sn,其中an≠0,a1为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设bn=1-Sn,问:是否存在a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,求出a1的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)依题意,得2Sn=an+1-a1,当n≥2时,有2Sn=an+1-a1,2Sn-1=an-a1,两式相减,得an+1=3an(n≥2).
又由于a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为a1,公比为3的等比数列.因此an=a1·3n-1(n∈N*).
(2)由于Sn=a1(1-3n)1-3=3n·a12-a12,
所以bn=1-Sn=1+a12-3n·a12.
要使{bn}为等比数列,当且仅当1+12a1=0,即a1=-2,所以存在a1=-2,使数列{bn}为等比数列.
20.(13分)(2021·厦门模拟)已知递增的等比数列{an}的前n项和Sn满足:S4=S1+28,且a3+2是a2和a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=anlog 12an,Tn=b1+b2+…+bn,求使Tn+n·2n+1=30成立的正整数n的值.
【解析】(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
由题知a1(q+q2+q3)=28,2(a1q2+2)=a1q+a1q3,
解得q=2,a1=2或q=12,a1=32(舍去)
由于{an}是递增数列,故an=2n.
(2)bn=anlog12an=2nlog 122n=-n·2n,
由于bn+1-bn=-(n+1)2n+1+n·2n=bn-2n+1,
bn-bn-1=bn-1-2n,…,b3-b2=b2-23,b2-b1=b1-22,b1=-2,
上述等式相加得Tn=bn1+2+22+23+…+2n+2n+1=2n+1-n·2n+1-2,
由Tn+n·2n+1=30,得2n+1=32=25,解得n=4即为所求.
21.(14分)设a是一个自然数,f(a)是a的各位数字的平方和,定义数列{an}:a1是自然数,
an=f(an-1)(n∈N*,n≥2).
(1)求f(99),f(2022).
(2)若a1≥100,求证:a1>a2.
(3)求证:存在m∈N*,使得am<100.
【解析】(1)f(99)=92+92=162.
f(2022)=22+02+12+42=21.
(2)假设a1是一个n位数(n≥3),那么可以设a1=bn·10n-1bn-1·10n-2+…+b3·102+b2·10+b1,
其中0≤bi≤9且bi∈N(1≤i≤n),且bn≠0.
由a2=f(a1)可得a2=bn2+bn-12+…+b32+b22+b12.
a1-a2=(10n-1-bn)bn+(10n-2-bn-1)bn-1+…+(102-b3)b3+(10-b2)b2+(1-b1)b1,
所以a1-a2≥(10n-1-bn)bn-(b1-1)b1.
由于bn≠0,所以(10n-1-bn)bn≥99.
而(b1-1)b1≤72,
所以a1-a2>0,即a1>a2.
(3)由(2)可知当a1≥100时,a1>a2.
同理当an≥100时,an>an+1.
若不存在m∈N*,使得am<100.
则对任意的n∈N*,有an≥100,总有an>an+1.
则an≤an-1-1,可得an≤a1-(n-1).
取n=a1,则an≤1,与an≥100冲突.
存在m∈N*,使得am<100.

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