单元质检五数列(B)(时间:45分钟满分:100分)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,a3=5,S6=36,则a6=()A.9B.10C.11D.122.在单调递减的等比数列{an}中,若a3=1,a2+a4=52,则a1=()A.2B.4C.√2D.2√23.设an=-n2+9n+10,则数列{an}前n项和最大时n的值为()A.9B.10C.9或10D.124.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5=()A.12B.-12C.2D.-25.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn=()A.2B.2nC.2n+1-2D.2n-1-26.已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=1033时,n的值为()A.7B.6C.5D.4二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.在3和一个未知数之间填上一个数,使三个数成等差数列,若中间项减去6,则三个数成等比数列,此未知数是.8.已知数列{an}满足:a1=1,an=an-12+2an-1(n≥2),若bn=1an+1+1an+2(n∈N*),则数列{bn}的前n项和Sn=.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)已知各项均为正数的等比数列{an},其前n项和为Sn,S2=6,S4=30.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1(log2an)(log2an+2),{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<34.10.(15分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).11.(15分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=1-14an,其中n∈N*.(1)设bn=22an-1,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式.(2)设cn=4ann+1,数列{cncn+2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由.单元质检五数列(B)1.C解析∵S6=a1+a62×6=(a3+a4)2×6=36,又a3=5,∴a4=7.∴a6=a4+(6-4)×(7-5)=11.故选C.2.B解析由已知,得a1q2=1,a1q+a1q3=52,∴q+q3q2=52,q2-52q+1=0,∴q=12(q=2舍去),∴a1=4.3.C解析令an≥0,得n2-9n-10≤0,∴1≤n≤10.令an+1≤0,即n2-7n-18≥0,∴n≥9.∴9≤n≤10.∴前9项和等于前10项和,它们都最大.4.A解析由条件,得{a1+a2+a3=a2+5a1,a7=2,∴{a1q2=4a1,a1q6=2,∴{q2=4,a1=132,∴a5=a1q4=132×42=12.5.C解析∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n.∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.故选C.6.D解析∵函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5),∴{a+b=3,a2+b=5,∴{a=2,b=1.∴f(x)=2x+1.∴an=2n+1-1(2n+1)(2n+1+1)=12n+1−12n+1+1.∴Sn=(13-15)+(15-17)+…+(12n+1-12n+1+1)=13−12n+1+1=1033,∴n=4,故选D.7.3或27解析设此三个数为3,a,b,则{2a=3+b,(a-6)2=3b,解得{a=3,b=3或{a=15,b=27.故这个未知数为3或27.8.1-122n-1解析当n≥2时,an+1=an-12+2an-1+1=(an-1+1)2>0,两边取以2为底的对数可得log2(an+1)=log2(an-1+1)2=2log2(an-1+1),则数列{log2(an+1)}是以1为首项,2为公比的等比数列,log2(an+1)=2n-1,an=22n-1-1,又an=an-12+2an-1(n≥2),可得an+1=an2+2an(n∈N*),两边取倒数可得1an+1=1an2+2an=1an(an+2)=12(1an-1an+2),即2an+1=1an−1an+2,因此bn=1an+1+1an+2=1an−1an+1,所以Sn=b1+…+bn=1a1−1an+1=1-122n-1,故答案为1-122n-1.9.(1)解设{an}的公比为q,由题意知q≠1.∴{a1(1-q2)1-q=6,①a1(1-q4)1-q=30,②由②,得a1(1+q2)(1-q2)1-q=30,将①代入,得1+q2=5,q2=4.∵q>0,∴q=2,代入①,得a1=2.∴an=2n.(2)证明由(1)得bn=1(log22n)(log22n+2)=1n(n+2)=12(1n-1n+2),∴Tn=12(1-13)+12(12-14)+12(13-14)+…+12(1n-1n+2)=12(1+12-1n+1-1n+2)<34.10.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3n-23×4n+1+83.所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.11.解(1)∵bn+1-bn=22an+1-1−22an-1=22(1-14an)-1−22an-1=4an2an-1−22an-1=2(常数),∴数列{bn}是等差数列.∵a1=1,∴b1=2,因此bn=2+(n-1)×2=2n.由bn=22an-1,得an=n+12n.(2)由cn=4ann+1,an=n+12n,得cn=2n,∴cncn+2=4n(n+2)=2(1n-1n+2),∴Tn=2(1-13+12−14+13−15+…+1n−1n+2)=2(1+12-1n+1-1n+2)<3,依题意要使Tn<1cmcm+1对于n∈N*恒成立,只需1cmcm+1≥3,即m(m+1)4≥3,解得m≥3或m≤-4.又m为正整数,∴m的最小值为3.
