1、2019 高考数学（文）二轮单元复习过关测试单元测试 12 数列（二）(120 分钟 150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S36， a30，则公差 d 等于( )A1 B1 C2 D2【答案】D【解析】 依题意得 S33 a26，即 a22，故 d a3 a22，故选 D2已知等比数列 an的公比为 ，则 的值是( )12 a1 a3 a5a2 a4 a6A2 B 12C D212【答案】A【解析】 2.a1 a3 a5a2 a4 a6 a1 a3 a5 1
2、2 a1 a3 a53把 1,3,6,10,15,21，这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图 511)则第 7 个三角形数是( ) A27 B28 C29 D30【答案】B【解析】 由题图可知，第 7 个三角形数是 123456728.4已知 an是公差为 1 的等差数列， Sn为 an的前 n 项和，若 S84 S4，则 a10( )A B 172 192C10 D12【答案】B 【解析】公差为 1， S88 a1 18 a128， S44 a16.8 8 12 S84 S4，8 a1284(4 a16)，解得 a1 ，12 a10 a19 d 9 .12 1
3、925若 an是公差为 1 的等差数列，则 a2n1 2 a2n是( )A公差为 3 的等差数列B公差为 4 的等差数列C公差为 6 的等差数列D公差为 9 的等差数列【答案】B【解析】 an n a11 a2n1 2 n a12， a2n2 n a11 a2n1 2 a2n4 n2 a13因此数列 a2n1 2 an是公差为 4 的等差数列，故选 B6已知 Sn是各项为正数的等比数列 an的前 n 项和， a2a416， S37，则 a8( )A32 B64 C128 D256【答案】C 7设曲线 f(x) xn1 (nN *)在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，则x1x
4、2x3x4x2 017( )A B2 0162 017 12 017C D2 0172 018 12 018【答案】D 【解析】由 f(x) xn1 得 f( x)( n1) xn，切线方程为 y1( n1)( x1)，令 y0得 xn ，故 x1x2x3x4x2 017 nn 1 12 23 2 0172 018 12 0188已知等比数列 an中， a2a84 a5，等差数列 bn中， b4 b6 a5，则数列 bn的前 9项和 S9等于( ) A9 B18C36 D72【答案】B【解析】 a2a84 a5，即 a 4 a5， a54，25 a5 b4 b62 b54， b52， S99
5、b518，故选 B9在等差数列 an中， a1 a3 a5105， a2 a4 a699，以 Sn表示 an的前 n 项和，则使 Sn达到最大值的 n 是( )A21 B20 C19 D18 【答案】B10. 在各项均为正数的等比数列 an中，若 am1 am1 2 am(m2)，数列 an的前 n 项积为 Tn，若T2m1 512，则 m 的值为( )A4 B5 C6 D7【答案】B 【解析】由等比数列的性质可知 am1 am1 a 2 am(m2)，所以 am2，即数列 an为2m常数列， an2，所以 T2m1 2 2m1 5122 9，即 2m19，所以 m5，故选 B 11在数列 a
6、n中， a11， an1 2 an，则 Sn a a a a a a 等于( )21 2 23 24 22n 1 2nA (2n1) B (12 4n)13 15C (4n1) D (12 n)13 13【答案】B【解析】在数列 an中，由 a11， an1 2 an，可得 an2 n1 ，则 Sn a a a a a a21 2 23 24 22n 1 2n1416644 2n2 4 2n1 (14 2n) (12 4n)1 4 2n1 4 15 1512已知数列 an中， an4 n5，等比数列 bn的公比 q 满足 q an an1 (n2)且b1 a2，则| b1| b2| b3| b
7、n|( )A14 n B4 n1C D1 4n3 4n 13【答案】B【解析】 由已知得 b1 a23， q4， bn(3)(4) n1 ，| bn|34 n1 ，即| bn|是以 3 为首项，4 为公比的等比数列| b1| b2| bn| 4 n1 3 1 4n1 418(12 分) 已知数列 an是等比数列， a24， a32 是 a2和 a4的等差中项(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2log 2an1，求数列 anbn的前 n 项和 Tn.【答案】 （1） an2 n(nN *).（2） Tn6(2 n3)2 n1 .【解析】 (1)设数列 an的公比为 q，因为 a24，所
8、以 a34 q， a44 q2. 2 分因为 a32 是 a2和 a4的等差中项，所以 2(a32) a2 a4.即 2(4q2)44 q2，化简得 q22 q0.因为公比 q0，所以 q2.所以 an a2qn2 42 n2 2 n(nN *). 5 分(2)因为 an2 n，所以 bn2log 2an12 n1，所以 anbn(2 n1)2 n， 7 分则 Tn1232 252 3(2 n3)2 n1 (2 n1)2 n， 2Tn12 232 352 4(2 n3)2 n(2 n1)2 n1 . 由得， Tn222 222 322 n(2 n1)2 n122 (2 n1)2 n14 1 2
9、n 11 26(2 n3)2 n1 ，所以 Tn6(2 n3)2 n1 . 12 分19(12 分) 已知数列 an的前 n 项和 Sn ， nN *.n2 n2(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2 an(1) nan，求数列 bn的前 2n 项和【答案】 （1） an n（2）2 2n1 n2.【解析】 (1)当 n1 时， a1 S11； 2 分当 n2 时， an Sn Sn1 n. 4 分n2 n2 n 1 2 n 12a1也满足 an n，故数列 an的通项公式为 an n. 6 分(2)由(1)知 an n，故 bn2 n(1) nn.记数列 bn的前 2n 项和为 T2
10、n，则 T2n(2 12 22 2n)(12342 n)记 A2 12 22 2n， B12342 n，则 A 2 2n1 2， 8 分2 1 22n1 2B(12)(34)(2 n 1)2 n n. 10 分故数列 bn的前 2n 项和 T2n A B2 2n1 n2. 12 分20(12 分) 已知数列 an的首项为 1， Sn为数列 an的前 n 项和， Sn1 qSn1，其中q0， nN *.(1)若 a2， a3， a2 a3成等差数列，求数列 an的通项公式；(2)设双曲线 x2 1 的离心率为 en，且 e22，求 e e e .y2a2n 21 2 2n【答案】 （1） an2
11、 n1 (nN *).（2） n (3n1).12【解析】 (1)由已知 Sn1 qSn1，得 Sn2 qSn1 1，两式相减得到 an2 qan1 ， n1.又由 S2 qS11 得到 a2 qa1，故 an1 qan对所有 n1 都成立所以，数列 an是首项为 1，公比为 q 的等比数列从而 an qn1 . 3 分由 a2， a3， a2 a3成等差数列，可得 2a3 a2 a2 a3，所以 a32 a2，故 q2.所以 an2 n1 (nN *). 5 分(2)由(1)可知 an qn1 ，所以双曲线 x2 1 的离心率y2a2nen . 8 分1 a2n 1 q2 n 1由 e2 2
12、 解得 q ，1 q2 3所以 e e e21 2 2n(11)(1 q2)1 q2(n1) n1 q2 q2(n1) n n (3n1). 12 分q2n 1q2 1 1221(12 分) 已知数列 an中， a11， an1 1 ，数列 bn满足 bn (nN *)4an 3 1an 1(1)求数列 bn的通项公式；(2)证明： 7. 1b21 1b2 1b2n【答案】 （1） bn ； （2）见解析n2【解析】 (1)由 bn .题意得 an1 12 ，n2 4an 3 2an 2an 3bn1 1an 1 1 an 32an 2 an 1 22 an 1 1an 1 12 bn . 3
13、 分12又 b1 ，数列 bn是首项为 ，公差为 的等差数列， bn . 5 分12 12 12 n222(12 分)(2017石家庄模拟)在数列 an中， a1 ，其前 n 项和为 Sn，并且 Sn an1 12(nN *)12(1)求 an， Sn.(2)设 bnlog 2(2Sn1)2，数列 cn满足 cnbn3 bn4 1( n1)( n2)2 bn，数列cn的前 n 项和为 Tn，求使 4Tn2 n1 成立的最小正整数 n 的值1504【答案】 （1） an2 n2 ， nN *， Sn2 n1 ， nN *.12（2）使 4Tn2 n1 成立的最小正整数 n 的值为 2 015.1
14、504【解析】 (1)由 Sn an1 ，得 Sn1 an (n2)，两式作差得： an an1 an，即12 122an an1 (n2)，所以 2( n2)，因为 a1 S1 a2 ，所以 a21，an 1an 12所以 2，所以数列 an是首项为 ，公比为 2 的等比数列，则a2a1 12an 2n1 2 n2 ， nN *， Sn an1 2 n1 ， nN *.学_科网12 12 12(2)bnlog 2(2Sn1)2log 22n2 n2，所以 cnbn3 bn4 1( n1)( n2)2 bn，即 cn(n1)( n2)1( n1)( n2)2 n2 ，cn 2 n2 2 n2 ，1 n 1 n 2 1n 1 1n 2Tn (2 1 2 02 n2 )(12 13) (13 14) ( 1n 1 1n 2) 2 n1 2 n1 .12 1n 2 12 1 2n1 2 12 1n 2 12 1n 2由 4Tn2 n1 ，得15044 2 n1 ，(2n 11n 2) 1504即 ， n2 014.4n 2 1504所以使 4Tn2 n1 成立的最小正整数 n 的值为 2 015. 1504
