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时间:2019-11-14
《2019-2020年高考数学大一轮复习 第五章 数列单元质量检测 理》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019-2020年高考数学大一轮复习第五章数列单元质量检测理一、选择题(每小题4分,共40分)1.在等差数列{an}中,a2+a8=4,则它的前9项和S9=( )A.9B.18C.36D.72解析:在等差数列中,a2+a8=a1+a9=4,所以S9===18.答案:B2.已知数列{an}为等差数列,其前n项的和为Sn,若a3=6,S3=12,则公差d=( )A.1B.2C.3D.解析:在等差数列中,S3===12,解得a1=2,所以解得d=2.答案:B3.设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3
2、a2+2,S4=3a4+2,则q=( )A.B.C.D.2解析:∵S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),∴a2(q+q2)=3a2(q2-1),∴q=或-1(舍去).答案:A4.设等差数列{an}前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取最小值时,n等于( )A.6B.7C.8D.9解析:设该数列的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,∴Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,∴当n=6时,取最小值.答案:A5.已知Sn为数列{an}的前n项和,
3、且满足2an-a1=S1·Sn(a1≠0,n∈N*),则a7等于( )A.16B.32C.64D.128解析:令n=1,则a1=1,当n=2时,2a2-1=S2=1+a2,解得a2=2,当n≥2时,由2an-1=Sn,得2an-1-1=Sn-1,两式相减,解得2an-2an-1=an,即an=2an-1,于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,因此an=2n-1.故a7=26=64.答案:C6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=3Sn(n≥1,n∈N*),第k项满足7504、( )A.8B.7C.6D.5解析:由an+1=3Sn及an=3Sn-1(n≥2),得an+1-an=3an,即an+1=4an(n≥2),又a2=3S1=3,所以an=又7505、都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4,…,2n-1lgan,…的前n项和Sn等于( )A.n·2nB.(n-1)·2n-1-1C.(n-1)·2n+1D.2n+1解析:∵等比数列{an}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,∴a=102n,即an=10n,∴2n-1lgan=2n-1lg10n=n·2n-1,∴Sn=1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①2Sn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②∴①-②得-Sn=1+2+22+6、…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Sn=(n-1)·2n+1.答案:C9.已知函数y=anx2(an≠0,n∈N*)的图象在x=1处的切线斜率为2an-1+1(n≥2,n∈N*),且当n=1时其图象过点(2,8),则a7的值为( )A.B.7C.5D.6解析:由题意知y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1=,又n=1时其图象过点(2,8),∴a1×22=8,得a1=2,∴{an}是首项为2,公差为的等差数列,an=+,得a7=5.答案:C10.(xx·7、河南省郑州市第一次质量预测)设函数f1(x)=x,f2(x)=log2015x,ai=(i=1,2,…,2015),记Ik=8、fk(a2)-fk(a1)9、+10、fk(a3)-fk(a2)11、+…+12、fk(a2015)-fk(a2014)13、,k=1,2,则( )A.I1I2D.I1与I2的大小关系无法确定解析:依题意,f1(ai+1)-f1(ai)=ai+1-ai=-=,因此I1=14、f1(a2)-f1(a1)15、+16、f1(a3)-f1(a2)17、+…+18、f1(a2015)-f1(a2014)19、=,f2(a20、i+1)-f2(ai)=log2015ai+1-log2015ai=log2015-log2015>0,I2=21、f2(a2)-f2(a1)22、+23、f2(a3)-f2(a2)24、+…+25、f2(a2015)-f2(a2014)26、=(log2015-log2015)+(log2015-
4、( )A.8B.7C.6D.5解析:由an+1=3Sn及an=3Sn-1(n≥2),得an+1-an=3an,即an+1=4an(n≥2),又a2=3S1=3,所以an=又7505、都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4,…,2n-1lgan,…的前n项和Sn等于( )A.n·2nB.(n-1)·2n-1-1C.(n-1)·2n+1D.2n+1解析:∵等比数列{an}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,∴a=102n,即an=10n,∴2n-1lgan=2n-1lg10n=n·2n-1,∴Sn=1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①2Sn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②∴①-②得-Sn=1+2+22+6、…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Sn=(n-1)·2n+1.答案:C9.已知函数y=anx2(an≠0,n∈N*)的图象在x=1处的切线斜率为2an-1+1(n≥2,n∈N*),且当n=1时其图象过点(2,8),则a7的值为( )A.B.7C.5D.6解析:由题意知y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1=,又n=1时其图象过点(2,8),∴a1×22=8,得a1=2,∴{an}是首项为2,公差为的等差数列,an=+,得a7=5.答案:C10.(xx·7、河南省郑州市第一次质量预测)设函数f1(x)=x,f2(x)=log2015x,ai=(i=1,2,…,2015),记Ik=8、fk(a2)-fk(a1)9、+10、fk(a3)-fk(a2)11、+…+12、fk(a2015)-fk(a2014)13、,k=1,2,则( )A.I1I2D.I1与I2的大小关系无法确定解析:依题意,f1(ai+1)-f1(ai)=ai+1-ai=-=,因此I1=14、f1(a2)-f1(a1)15、+16、f1(a3)-f1(a2)17、+…+18、f1(a2015)-f1(a2014)19、=,f2(a20、i+1)-f2(ai)=log2015ai+1-log2015ai=log2015-log2015>0,I2=21、f2(a2)-f2(a1)22、+23、f2(a3)-f2(a2)24、+…+25、f2(a2015)-f2(a2014)26、=(log2015-log2015)+(log2015-
5、都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4,…,2n-1lgan,…的前n项和Sn等于( )A.n·2nB.(n-1)·2n-1-1C.(n-1)·2n+1D.2n+1解析:∵等比数列{an}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,∴a=102n,即an=10n,∴2n-1lgan=2n-1lg10n=n·2n-1,∴Sn=1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①2Sn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②∴①-②得-Sn=1+2+22+
6、…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Sn=(n-1)·2n+1.答案:C9.已知函数y=anx2(an≠0,n∈N*)的图象在x=1处的切线斜率为2an-1+1(n≥2,n∈N*),且当n=1时其图象过点(2,8),则a7的值为( )A.B.7C.5D.6解析:由题意知y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1=,又n=1时其图象过点(2,8),∴a1×22=8,得a1=2,∴{an}是首项为2,公差为的等差数列,an=+,得a7=5.答案:C10.(xx·
7、河南省郑州市第一次质量预测)设函数f1(x)=x,f2(x)=log2015x,ai=(i=1,2,…,2015),记Ik=
8、fk(a2)-fk(a1)
9、+
10、fk(a3)-fk(a2)
11、+…+
12、fk(a2015)-fk(a2014)
13、,k=1,2,则( )A.I1I2D.I1与I2的大小关系无法确定解析:依题意,f1(ai+1)-f1(ai)=ai+1-ai=-=,因此I1=
14、f1(a2)-f1(a1)
15、+
16、f1(a3)-f1(a2)
17、+…+
18、f1(a2015)-f1(a2014)
19、=,f2(a
20、i+1)-f2(ai)=log2015ai+1-log2015ai=log2015-log2015>0,I2=
21、f2(a2)-f2(a1)
22、+
23、f2(a3)-f2(a2)
24、+…+
25、f2(a2015)-f2(a2014)
26、=(log2015-log2015)+(log2015-
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