2017高考数学全国卷 2017全国无损检测大会 2017年高考数学全国人A学生检测卷(文)单元检测六 数 列

高三单元滚动检测卷·数学

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间120分钟，满分150分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

单元检测六 数 列

第Ⅰ卷

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．(2015·黄冈中学期中)已知{an}是等差数列，a1＋a7＝－2，a3＝2，则{an}的公差d等于( )

A．－1

C．－3 B．－2 D．－4

2．(2015·赣州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝3，S6＝15，则S9等于( )

A．27

C．44 B．36 D．54

3．(2015·青岛模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a(n∈N*)，则实数a的值是( )

A．－3

C．－1 B．3 D．1

4．已知数列{an}是等差数列，若a2016＋a2017<0，a2016·a2017<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时，n等于( )

A．4029

C．4031 B．4030 D．4032

5．等比数列{an}中，a2＝2，a4＝8，an>0，则数列{log2an}的前n项和为( ) nn－1A.2

nn＋12n－12B. 2n＋12D. 2

216．(2015·安徽芜湖四校期末)若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋{an}的通项公式为33

( )

A．an＝－2n1 －B．an＝(－2)n1 －

C．an＝(－2)n D．an＝－2n

7．(2015·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则( )

A．a1d＞0，dS4＞0

C．a1d＞0，dS4＜0 B．a1d＜0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0

a8．(2015·天津模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足2的正整数n的集合为n

( )

A．{1,2}

C．{1,2,3} B．{1,2,3,4} D．{1,2,4}

2*9．(2015·北京海淀区模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an>0，a2n＋1－an＝1 (n∈N)，那么使an<5

成立的n的最大值为( )

A．4

C．24 B．5 D．25

1p10．(2015·黄冈中学月考)若数列{an}满足－＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{an}an＋1an

1为“梦想数列”．已知正项数列{}为“梦想数列”，且b1b2b3„b99＝299，则b8＋b92的最小bn

值是( )

A．2

C．6 B．4 D．8

11．数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q等于( )

A．1

C．－1 1B. 2D．－2

nb＋12．(2015·重庆模拟)数列{an}的前n项和为Sn＝2n1－2，数列bn＝3n－1，数列a的前n项

和为( )

3n＋5A．5－2

3n－5C．5－23n＋5B．5－ 23n＋5D．5－ 2

第Ⅱ卷

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

13．设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．

114．(2015·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列a前10项的和n

为________．

15．(2015·青岛学情调研)根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积

n的需求量Sn(单位：万件)近似地满足Sn＝(21n－n2－5) (n＝1,2，„，12)．按此预测，在本90

年度内，需求量超过1.5万件的月份是________．

116．(2015·杭州严州中学阶段测试)已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝1＋若对任意的自然数an

3n≥4，恒有<an<2，则a的取值范围为________． 2

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．(10分)(2015·福建)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋„＋b10的值．

18．(12分)已知a2、a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{an}是递增的等差数列，数列{bn}

1的前n项和为Sn，且Sn＝1bn(n∈N*)． 2

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)记cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.

19.(12分)(2015·北京西城区期末)已知数列{an}满足a2＝5，且其前n项和Sn＝pn2－n.

(1)求p的值和数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}为等比数列，公比为p，且其前n项和Tn满足T5<S5，求b1的取值范围．

20．(12分)(2015·辽宁抚顺六校联合体期中)已知函数f(x)＝

3满足x1＝xn＋1＝f(xn)． 2

(1)求x2，x3的值；

(2)求数列{xn}的通项公式．

133x，f(1)＝1，f2＝4数列{xn}ax＋b

21.(12分)(2015·山东省实验中学模拟)为了综合治理交通拥堵状况，缓解机动车过快增长势头，一些大城市出台了“机动车摇号上牌”的新规．某大城市2015年初机动车的保有量为600万辆，预计此后每年将报废本年度机动车保有量的5%，且报废后机动车的牌照不再使用．同时每年投放10万辆的机动车牌号．只有摇号获得指标的机动车才能上牌，经调研，获得摇号指标的市民通常都会在当年购买机动车上牌．

(1)问：到2019年初，该城市的机动车保有量为多少万辆；

(2)根据该城市交通建设规划要求，预计机动车的保有量少于500万辆时，该城市交通拥堵状况才真正得到缓解，问：至少需要多少年可以实现这一目标．

(参考数据：0.954＝0.81,0.955＝0.77，lg0.75＝－0.13，lg0.95＝－0.02)

22．(12分)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(4－an)qn1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn. －

答案解析

1．C [由a1＋a7＝2a4＝－2得a4＝－1，a3＝2，d＝－3，故选C.]

2．B [∵等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝3，S6＝15， ∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列．

∴2(S6－S3)＝S3＋S9－S6.

∴2×(15－3)＝3＋S9－15，解得S9＝36.故选B.]

3．C [当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2·3n1，当n＝1时，a1＝S1＝3＋a，因为{an}是等比－－数列，所以有3＋a＝2，解得a＝－1.故选C.]

4．C [∵数列{an}的前n项和Sn有最大值， ∴数列{an}是递减的等差数列．

又∵a2016＋a2017<0，a2016·a2017<0，

∴a2016>0，a2017<0，

∴数列的前2016项为正数，从第2017项开始为负数， 由求和公式和性质可得

S4031＝4031a2016>0，

S4032＝2016(a2016＋a2017)<0，

∴Sn取最小正值时n＝4031.]

5．A [设等比数列{an}的公比为q.

∵a2＝2，a4＝8，an>0，∴a1q＝2，a1q3＝8， 解得q＝2，a1＝1.∴an＝2n1. －

∴数列{log2an}的前n项和log2a1＋log2a2＋„＋log2an ＝log2(1×2×22ׄ×2n1) －

nn－1＝log22 2

＝nn－1.故选A.] 2

22－6．B [由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得ann－n－1，∴an＝－2an－1.又a1＝1，∴an＝(－2)n1 33

(n≥2)．又a1＝(－2)11＝1，∴an＝(－2)n1.] －－

7．B [∵a3，a4，a8成等比数列，

∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得

5a1， 3

4×352d∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋＝－， 323

2d2∴dS4＝－0，故选B.] 3

8．B [因为Sn＝2an－1，

所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1， 两式相减得an＝2an－2an－1，

整理得an＝2an－1，

又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1， 所以{an}是首项为1，公比为2的等比数列， 故{an}的通项公式为an＝2n1. －

a－而2，即2n1≤2n， n

所满足的正整数n＝1,2,3,4.]

2*29．C [由a1＝1，an>0，a2n＋1－an＝1 (n∈N)，得an＝n，即an＝n.要使an<5，则n<25.故选

C.]

10．B [依题意可得bn＋1＝pbn，则数列{bn}为等比数列．又b1b2b3„b99＝299＝b9950，则b50＝

2.b8＋b92≥b8·b92＝2b50＝4，当且仅当b8＝b92，即该数列为常数列时取等号．]

11．A [设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d， a5＝a1＋4d，

∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)， 解得d＝－1，

a3＋3a1－2＋3∴q1.] a1＋1a1＋1

12．B [当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n1－2n＝2n， ＋又a1＝S1＝211－2＝2＝21，也满足上式， ＋

所以数列{an}的通项公式为an＝2n.

bbbb设Tn＋„＋ a1a2a3an

3n－1258＝＋＋„＋ 22223n－1582Tn＝2＋„－， 222

两式相减得

3n－1333Tn＝2＋＋„＋－ 2222

131－－223n－13n＋5Tn＝2＋＝5－12212

13．10100

解析 由x2－x<2nx(n∈N*)得0<x<2n＋1，

因此an＝2n，

所以数列{an}是一个等差数列，

100×2＋200所以S100＝10100. 2

2011

解析 ∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，„，an－an－1＝n，将以上n－1

2＋nn－1nn＋1个式子相加得an－a1＝2＋3＋„＋n，即an＝， 22

1令bn＝， an

112故bn＝2n－n＋1，故S10＝b1＋b2＋„＋b10 nn＋1

11111201－„＝. ＝2101111223

15．7、8

解析 设第n个月的需求量为an，∵从年初开始的前n个月内累积的需求量为Sn (n＝1,2,3，„，

n－1n112)，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(21n－n2－5)－[21·(n－1)－(n－1)2－5]＝(－n2＋15n909030

－9)．

1当n＝1时，a1＝S1＝ 6

1综上可知，an＝－n2＋15n－9)． 30

1令an>1.5，即(－n2＋15n－9)>1.5，解得6<n<9. 30

又∵n的取值为1,2,3，„，12，∴n＝7或n＝8.

16．(0，＋∞)

2a＋13a＋21a＋1a解析 a1＝a，a2＝1＋＝a3＝1＋a4＝由题意对任意的自然数n≥4，aaa＋1a＋12a＋1

331333a＋2an<2，所以＋<2⇒1<an－1<2，要使n≥4都成立，只需<a4<2成立，所以22222a＋1an－1

<2，解得a>0.

17．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，

a1＋d＝4，由已知得 a＋3d＋a＋6d＝15，11

a1＝3，解得 d＝1.

所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.

(2)由(1)可得bn＝2n＋n，

所以b1＋b2＋b3＋„＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋„＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋„＋210)＋(1＋2＋3＋„＋10)

21－2101＋10×10＝21－2

＝(211－2)＋55

＝211＋53＝2101.

18．解 (1)由题意得a2＝3，a5＝9，

a5－a2公差d＝＝2， 5－2

所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1，

12由Sn＝1－bn得，当n＝1时b1＝， 23

11当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－1－n， 22

1得bnn－1， 3

21所以数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列， 33

2所以bn＝34n－2(2)cn＝an·bn＝， 34×1－24×2－24×3－24×n－1－24n－2Tn＋„＋ －333334×1－24×2－24×3－24×n－1－24n－23Tn＝＋＋„＋＋－ －33333

4n－2444两式相减得：2Tn＝2＋＋＋„＋－－3333

4n＋42n＋2＝4，所以Tn＝2. 3319．解 (1)由题意，得S1＝p－1，S2＝4p－2.

因为a2＝5，S2＝a1＋a2，

所以S2＝4p－2＝p－1＋5，解得p＝2.

所以Sn＝2n2－n.

当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，得

an＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3. 验证知n＝1时，a1符合上式，所以an＝4n－3，n∈N*.

b11－2n(2)由(1)，得Tn＝＝b1(2n－1)． 1－2

因为T5<S5，所以b1(25－1)<2×52－5，

45解得b1<又因为b1≠0， 31

45所以b1的取值范围是(－∞，0)∪(0，)． 31

20．解 (1)由f(1)＝1，得a＋b＝3.

13由f2＝4a＋2b＝4.

3x解得a＝2，b＝1，∴f(x)＝， 2x＋1

33×239∴x2＝f(x1)＝f＝＝， 2382×12

927x3＝f(x2)＝f8＝263x(2)由xn＋1＝f(xn)xn≠0得 2xn＋1

2xn＋1211＝ 3xn33xnxn＋11

即11－1， －1＝3xnxn＋11

11xn＋131∵xn≠1，否则与x1＝ 2131xn

1111∴数列x1是以1＝－为公比的等比数列， x133n

111n－113n∴1＝－×3＝－∴xn＝xn333－1

21．解 (1)设2015年年初机动车保有量为a1万辆，以后各年年初机动车保有量依次为a2万辆，a3万辆，„，每年新增机动车10万辆， 则a1＝600，an＋1＝0.95an＋10.

又an＋1－200＝0.95(an－200)，且a1－200＝600－200＝400， 所以数列{an－200}是以400为首项，0.95为公比的等比数列．

所以an－200＝400·0.95n1， －

即an＝400·0.95n1＋200. －

所以2019年初机动车保有量为a5＝400×0.954＋200＝524万辆．

(2)由题意可知，an＝400·0.95n1＋200<500， －

lg0.75－即0.95n1<0.75，所以n1＝7.5， lg0.95

故至少需要8年的时间才能实现目标．

22．解 (1)设等差数列{an}的公差为d.

3a1＋3d＝6，由已知得 8a1＋28d＝－4，

a1＝3，解得 d＝－1.

故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n.

(2)由(1)得，bn＝n·qn1，于是 －

Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋„＋n·qn1. －若q≠1，将上式两边同乘以q有 qSn＝1·q1＋2·q2＋„＋(n－1)·qn1＋n·qn. －两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－„－qn1 －

qn－1nqn1－n＋1qn＋1＝nq. q－1q－1＋n

nqn1－n＋1qn＋1于是，Sn＝q－1＋

nn＋1若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋„＋n＝2

nn＋12q＝1，

所以S＝nq－n＋1q＋1q≠1.q－1nn＋1n

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