1、1单元质量测试(四)时间：120 分钟 满分：150 分第卷 (选择题，共 60 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S36， a30，则公差 d( )A1 B1 C2 D2答案 D解析 由 S36，知 a1 d2；由 a30，知 a12 d0，联立Error!解得 d2故选 D2在等差数列 an中， a3 a927 a6， Sn表示数列 an的前 n 项和，则 S11( )A18 B99 C198 D297答案 B解析 由等差数列的性质得 2a627 a6，所以 a69，又 S1111 a699故选 B3在等比数列
2、an中， a12， a4 ，若 ak2 5 ，则 k( )12A5 B6 C9 D10答案 D解析 设该数列的公比为 q，则由等比数列的通项公式可得，q3 ， q2 ， ak a1qk1 2 qk1 2 5 ， qk1 2 6 ， 6， ka4a1 14 23 2k 13104在数列 xn中，若 x11， xn1 1，则 x2018( )1xn 1A1 B C D112 12答案 B解析 将 x11 代入 xn1 1，得 x2 ，再将 x2代入 xn1 1，得1xn 1 12 1xn 1x31，所以数列 xn的周期为 2，故 x2018 x2 故选 B125已知公差不为零的等差数列 an的前
3、n 项和为 Sn， a10 S4，则 ( )S8a9A4 B5 C8 D10答案 A解析 由 a10 S4得 a19 d4 a1 d4 a16 d，即 a1 d0所以 S88 a14322d8 a128 d36 d，所以 4故选 A872 S8a9 36da1 8d 36d9d6(2018甘肃天水检测)已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a11， Sn2 an1 ，则 Sn( )A2 n1 B12n 1C n1 D n123 32答案 D解析 因为 an1 Sn1 Sn，所以 Sn2 an1 2( Sn1 Sn)，所以 ，所以数列Sn 1Sn 32Sn是以 S1 a11 为首项， 为公比的
4、等比数列，所以 Sn n1 故选 D32 327数列 an中， a160， an1 an3，则| a1| a2| a30|( )A495 B765 C1080 D3105答案 B解析 由 a160， an1 an3 可得 an3 n63，则a210，| a1| a2| a30|( a1 a2 a20)( a21 a30) S302 S20765故选 B8(2018安徽淮南模拟)已知 an中， an n2 n ，且 an是递增数列，则实数 的取值范围是( )A(2，) B2，)C(3，) D3，)答案 C解析 an是递增数列， nN *， an1 an，( n1) 2 (n1) n2 n ，化简
5、得 (2 n1)， 3故选 C9等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a70， a80 D S150答案 C解析 因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列 an是递减的，且 S7最大，即 Sn S7对一切 nN *恒成立可见 A 错误；易知a160故 C 正确10(2018福建漳州调研)九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几3何？”其意思：“共有五头鹿，人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配) ”在这个问题中，若大夫得
6、“一鹿、三分鹿之二” ，则簪裹得( )A一鹿、三分鹿之一 B一鹿C三分鹿之二 D三分鹿之一答案 B解析 由题意可知，五人按等差数列分五鹿，设大夫得的鹿数为首项 a1，且a11 ，公差为 d，则 5a1 d5，解得 d ，所以23 53 542 13a3 a12 d 2 1，所以簪裹得一鹿，故选 B53 1311(2018襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列 1，；121314 1n(2)将数列的各项乘以 ，得到一个新数列 a1， a2， a3， a4， an则n2a1a2 a2a3 a3a4 an1 an( )A Bn24 n
7、 124C Dnn 14 nn 14答案 C解析 依题意可得新数列为 ， ，所以 a1a2 a2a3 an1 ann2n4n6 1n n2 n24 1 故选112 123 1n 1n n24 12 12 13 1n 1 1n n24 n 1n nn 14C12(2018河南六市第一次联考)若正项递增等比数列 an满足 1( a2 a4) (a3 a5)0( R)，则 a6 a 7的最小值为( )A2 B4 C2 D4答案 D解析 an是正项递增的等比数列， a10， q1，由 1( a2 a4) (a3 a5)0，得 1( a2 a4) q (a2 a4)0，1 q ， a6 a 7 a6(1
8、 q )1a4 a2 ( q21)2 2 24( q210)，a6a4 a2 q4q2 1 q2 1 12q2 1 1q2 1 q2 11q2 14当且仅当 q 时取等号， a6 a 7的最小值为 4故选 D2第卷 (非选择题，共 90 分)二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13设等比数列 an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则 _S4a2答案 152解析 S4a2 a11 q41 qa1q 1 q4q1 q 1 2421 2 15214若数列 an满足 an an1 (nN *)，且 a11， Sn是数列 an的前 n 项和，则12S21_答案 6解析 由 a
9、n an1 an1 an2 ，得 an2 an，则12a1 a3 a5 a21， a2 a4 a6 a20，所以 S21 a1( a2 a3)( a4 a5)( a20 a21)110 61215(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学 4 月联考)若 an， bn满足anbn1， an n23 n2，则 bn的前 2018 项和为_答案 10092020解析 anbn1，且an n23 n2， bn ， bn的前 2018 项和为1n2 3n 2 1n 2n 1 1n 1 1n 2 12 13 13 14 14 15 12019 12020 12 12020 1010 12020 10
10、09202016(2018河北邯郸第一次模拟)已知数列 an， bn的前 n 项和分别为Sn， Tn， bn an2 n1，且 Sn Tn2 n1 n22，则 2Tn_答案 2 n2 n(n1)4解析 由题意知 Tn Sn b1 a1 b2 a2 bn an n2 n1 2，又Sn Tn2 n1 n22，所以 2Tn Tn Sn Sn Tn2 n2 n(n1)4三、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(2018云南统测)(本小题满分 10 分)设等比数列 an的前 n 项和为Sn， a1 a2 a326， S6728(1)求数列 an的通项公式；
11、5(2)求证： S SnSn2 43 n2n 1解 (1)设等比数列 an的公比为 q，由 728226 得， S62 S3， q1由已知得Error!解得Error! an23 n1 (2)证明：由(1)可得 Sn 3 n121 3n1 3 Sn1 3 n1 1， Sn2 3 n2 1 S SnSn2 (3 n1 1) 2(3 n1)(3 n2 1)43 n2n 118(2018南昌一模)(本小题满分 12 分)已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，满足S42 a41， S32 a31(1)求 an的通项公式；(2)记 bnlog ，求 b1 b2 bn的最大值216Sn 1解 (1)设
12、 an的公比为 q，由 S4 S3 a4，得2a42 a3 a4，所以 2，所以 q2a4a3又因为 S32 a31，所以 a12 a14 a18 a11，所以 a11所以 an2 n1 (2)由(1)知， Sn 2 n1，1 2n1 2所以 bnlog 2log 224 n82 n， bn1 bn2， b1826，所以数列216Sn 1bn是首项为 6，公差为2 的等差数列，所以 b24， b32， b40，当 n5 时 bn0，数列 bn是单调递增数列由(1 S1)(1 S2)(1 Sn) k ，得 bn k2n 1 k b1 23 233存在正数 k，使(1 S1)(1 S2)(1 Sn) k 对一切正整数 n 都成立，且 k 的2n 1取值范围为 0， 2339
