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第五章 数列

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第五章 数列
(时间：120分钟　满分：150分)

一、 选择题(每小题 5分 ，共60分)
1. (2016·湖南二校期中)设等差数列{an}前项和为Sn，若a2＋S3＝－4，a4＝3，则公差为(D)
A. －1 B. 1 C. 3 D. 2
解析　a2＋S3＝4a2＝－4，a2＝－1，故d＝＝2，选D.
2. 已知等比数列{an}中，若a4＝10，a8＝，那么a6＝(B)
A. －5 B. 5 C. ±5 D. 25
解析　∵等比数列{an}中，a4＝10，a8＝，
∴解得或
∴a6＝a1q5＝－20×＝5或a6＝a1q5＝20×＝5.故选B.
3. 已知等比数列{an}的前三项依次为a－2，a＋2，a＋8，则an＝(C)
A. 8× B. 　8×
C. 8×　 D. 　8×
解析　(a＋2)2＝(a－2)(a＋8)，a＝10，∴数列首项为8，公比为.∴an＝8×，故选C.
4. (2015·乌鲁木齐三诊)等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＋a25＝5，则一定有(D)
A. a6是常数 B. S7是常数
C. a13是常数 D. S13是常数
解析　由S4＋a25＝5＋(a1＋24d)＝5a1＋6d＝1a7＝1，∴S13＝＝13a7＝13.故选D.
5. (2015·浙江高考)已知数列{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(B)
A. a1d>0，dS4>0 B. a1d<0，dS4<0
C. a1d>0，dS4<0　 D. a1d<0，dS4>0
解析　∵等差数列{an}的公差d≠0，a3，a4，a8成等比数列，
∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)a1＝－d，∴S4＝2(a1＋a4)＝2(a1＋a1＋3d)＝－d，∴a1d＝－d2＜0，dS4＝－d2＜0，故选B.
6. 已知{an}是递增数列，且对任意n∈N*都有an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是(D)
A. B. (0，＋∞)
C. [－2，＋∞) D. (－3，＋∞)
解析　∵{an}是递增数列，∴an＋1＞an.
∵an＝n2＋λn，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，
∴λ＞－2n－1对于n∈N*恒成立，∴λ＞－3.
7. (2015·福建高考)若a，b 是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0) 的两个不同的零点，且a，b，－2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(D)
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
解析　由根与系数的关系得a＋b＝p，a·b＝q，则a>0，b>0，当a，b，－2适当排序后成等比数列时，－2必为等比中项，故a·b＝q＝4，b＝.当适当排序后成等差数列时，－2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a＝－2，解得a＝1，b＝4；当是等差中项时，＝a－2，解得a＝4，b＝1，综上所述，a＋b＝p＝5，p＋q＝9，故选D.
8. 已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项和S3的取值范围是(D)
A. (－∞，－1] B. (－∞，0)∪(1，＋∞)
C. [3，＋∞) D. (－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析　∵等比数列{an}中，a2＝1，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.
∴当公比q＞0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3；
当公比q<0时，S3＝1－≤1－2＝－1.
∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.
9. (2015·北京高考)设数列{an}是等差数列. 下列结论中正确的是(C)
A. 若a1＋a2>0，则a2＋a3>0
B. 若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C. 若0<a1<a2，则a2>
D. 若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0
解析　先分析四个答案，A举一反例a1＝2，a2＝－1，a3＝－4，a1＋a2>0，a2＋a3<0，A错误；B举同样反例a1＝2，a2＝－1，a3＝－4，a1＋a3<0，而a1＋a2>0，B错误；下面针对C进行研究，{an}是等差数列，若0<a1<a2，则a1>0，设公差为d，则d>0，数列各项均为正，由于a－a1a3＝(a1 ＋d)2－a1(a1＋2d)＝a＋2a1d＋d2－a－2a1d＝d2>0，则a>a1a3a2>.故选C.
10. 在圆x2＋y2＝10x内，过点(5，3)有n条长度成等差数列的弦，最短弦长为数列{an}的首项a1，最长弦长为an，若公差d∈，那么n的取值集合为(A)
A. {4，5，6} B. {6，7，8，9}
C. {3，4，5} D. {3，4，5，6}
解析　∵圆x2＋y2＝10x，
∴(x－5)2＋y2＝25，圆心为(5，0)，半径为5.故最长弦长an＝10，最短弦长a1＝8，
∴10＝8＋(n－1)d(n≥2，n∈N*)，
∴d＝，
∵d∈，
∴<≤，
∴4≤n<7，又n∈N*，
∴n的取值为4，5，6，故选A.
11. 设曲线y＝2 014xn＋1(n∈N*)在点(1，2 014)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝log2 014xn，则a1＋a2＋…＋a2 013的值为(D)
A. 2 014 B. 2 013 C. 1 D. －1
解析　∵y′＝2 014(n＋1)xn，
∴在点(1，2 014)处的切线方程是y－2 014＝2 014(n＋1)(x－1)，
∴xn＝，
∴a1＋a2＋…＋a2 013＝log2 014(x1·x2·…·x2 013)
＝log2 014
＝log2 014＝－1.
12. 定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|.其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为(C)
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
解析　不妨设an＝2n，
①∵f(x)＝x2，
∴f(an)＝a＝4n，
∴①满足；
② ∵f(x)＝2x，
∴f(an)＝2an＝22n，
令bn＝f(an)，
显然＝＝22n，
∴②不满足，排除A，D；
④∵f(x)＝ln|x|，
∴f(an)＝ln|an|＝ln 2n＝nln 2，显然f(an)是等差数列，④不满足，排除B，故选C.
二、 填空题(每小题5分，共20分)
13. (2015·广东高考)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝__10__．
解析　∵{an}是等差数列，∴a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，∴a2＋a8＝2a5＝10，故应填10.
14. 若数列{an}满足－＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．已知数列为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝__20__．
解析　由题意，若{an}为调和数列，则为等差数列，∵为调和数列，∴数列{xn}为等差数列，由等差数列的性质可知，x5＋x16＝x1＋x20＝x2＋x19＝…＝x10＋x11＝＝20.故填20.
15. 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a3＋a4＝11a2a4，且它的前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的 11倍，则数列{an}的通项公式an＝__102－n__．
解析　设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，由题意知q≠1，则S2n＝，Tn＝.由题意可知S2n＝11Tn，即＝，解得q＝.又a3＋a4＝11a2a4，∴a1q2＋a1q3＝11aq4，化简得 1＋q＝11a1q2，将q＝代入可得a1＝10，故an＝a1qn－1＝＝102－n.
16. 已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意实数a，b∈R满足：f(a·b)＝af(b)＋bf(a), f(2)＝2，an＝(n∈N*)，bn＝(n∈N*)，下列结论：
①f(0)＝f(1)；
②f(x)为偶函数；
③数列{bn}为等差数列；
④数列{an}为等比数列．
其中正确的是__①③④__．(填序号)
解析　∵f(0)＝f(0×0)＝0, f(1)＝f(1×1)＝2f(1)，
∴f(1)＝0，①正确；f(1)＝f[(－1)×(－1)]＝－2f(－1)，
∴f(－1)＝0, f(－2)＝f(－1×2)＝－f(2)＋2f(－1)＝－2≠f(2)，故f(x)不是偶函数，故②错；
∵f(2n)＝f(2·2n－1)＝2f(2n－1)＋2n－1f(2)＝2f(2n－1)＋2n，
∴bn＝＝＝＋1，
∴bn＝bn－1＋1，
∴{bn}是等差数列，③正确；
又b1＝1，
∴bn＝1＋(n－1)×1＝n, f(2n)＝2nbn＝n·2n，
∴an＝2n，
故数列{an}是等比数列，④正确．
三、 解答题(共70分)
17. (10分)(2016·广东二校模拟)已知数列是等差数列，且a3＝，a2＝4a7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anan＋1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)由于为等差数列，设其公差为d，
∵＝8，＝·，
∴＋2d＝8，＋d＝，解得＝2，d＝3，(4分)
于是＝2＋3(n－1)，整理得an＝.(6分)
(2)由(1)得bn＝anan＋1＝
＝，(8分)
∴Sn＝＝.(10分)
18. (12分)(2016·福建八县一中模拟)已知数列{an}与{bn}满足：a1＝1，bn＝且anbn＋1＋an＋1bn＝1＋(－2)n，n∈N*.
(1)求a2，a3的值；
(2)令ck＝a2k＋1－a2k－1，k∈N，证明：{ck}是等比数列；
解析　(1)由bn＝，n∈N*，
可得bn＝(1分)
又anbn＋1＋an＋1bn＝1＋(－2)n，a1＝1，
∴当n＝1时，a1b2＋a2b1＝－1，得a2＝－3，(3分)
当n＝2时，a2b3＋a3b2＝5，得a3＝4.(5分)
(2)∵anbn＋1＋an＋1bn＝1＋(－2)n，n∈N*，
∴令n＝2k－1(k∈N)，则2a2k－1＋a2k＝1＋(－2)2k－1, 　①(7分)
令n＝2k(k∈N)，则a2k＋2a2k＋1＝1＋(－2)2k，　②(9分)
由①②得a2k＋1－a2k－1＝3×22k－2，即ck＝3×22k－2，
因此＝4，∴{cn}是等比数列. (12分)
19. (12分)(2015·浙江六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－n(n∈N*)．
(1)求证{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋＋…＋＞－.
解析　(1)∵对任意n∈N*，都有Sn＝an－n(n∈N*)，且S1＝a1，
∴a1＝S1＝a1－1，得a1＝2.(2分)
当n≥2且n∈N*时，有an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1－1，
即an－3an－1＝2，(4分)
∴an＋1＝3(an－1＋1)，由此表明{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列．(6分)
∴an＋1＝3·3n－1＝3n，
∴an＝3n－1.
故数列{an}的通项公式为an＝3n－1.(8分)
(2)＝＝－＝－≥－，
∴＋＋＋…＋≥－＝－＞－.(12分)
20. (12分)(2016·枣庄八中期中)已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
解析　(1)若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，
∴2d＝4，2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－.(4分)
(2)由an＋1＋an＝4n－3，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)．
两式相减，得an＋2－an＝4.
∴数列{a2n＋1}是首项为a1，公差为4的等差数列，
数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列．
由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.
∴an＝(8分)
①当n为奇数时，则an＝2n，an＋1＝2n－3.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an
＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n
＝.(9分)
②当n为偶数时，
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝1＋9＋…＋(4n－7)＝.
∴Sn＝(12分)
21. (12分)(2016·河南中原名校联考)已知数列{an}的首项为a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn, f ′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f ′(1)，求数列{bn}的通项公式．
解析　(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋5，　①
∴Sn＝2Sn－1＋n＋4(n≥2)，　②
两式相减得 an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)．(5分)
当n＝1时，S2＝a1＋a2＝2a1＋6，a1＝5，得a2＝11，
∴a1＋1＝6，a2＋1＝12，a2＋1＝2(a1＋1)，an＋1≠0，
从而当n∈N*时恒有＝2，即数列{an＋1}为等比数列．(6分)
(2)由(1)可知an＝3×2n－1，
∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，
∴f ′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1，
则f ′(1)＝a1＋2a2＋…＋nan
＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋3(3×23－1)＋…＋n(3×2n－1)
＝3(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)－(1＋2＋3＋…＋n)．(8分)
令S＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
则2S＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
∴作差得S＝(n－1)2n＋1＋2，(10分)
∴bn＝f ′(1)＝3(n－1)2n＋1－＋6.(12分)
22. (12分)数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n∈N*，总有an，Sn，a成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn ，且bn＝，求证：对任意实数x∈(1，e](e是常数，e＝2.718 28…)和任意正整数n，总有Tn<2；
(3)正数数列{cn}中，an＋1＝(cn)n＋1(n∈N*)．求数列{cn}中的最大项.
解析　(1)由已知，对于任意n∈N*，
总有2Sn＝an＋a，　①成立．
∴2Sn－1＝an－1＋a(n≥2)，　②
①－②得2an＝an＋a－an－1－a，
∴an＋an－1＝(an＋an－1)(an－an－1)，(2分)
∵an，an－1均为正数，∴an－an－1＝1(n≥2)．
∴数列{an}是公差为1的等差数列．
又当n＝1时，2S1＝a1＋a，
解得a1＝1.
∴an＝n(n∈N*)．(4分)
(2)∵对任意实数x∈(1，e]和任意正整数n，
总有bn＝≤，
∴Tn≤＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝1＋1－＋－＋…＋－
＝2－<2.(8分)
(3)∵{an}是正数数列，∴由a2＝c＝2得c1＝，
由a3＝c＝3得c2＝，
由a4＝c＝4得c3＝＝，
由a5＝c＝5得c4＝，
易得c1<c2，c2＞c3＞c4＞…，
猜想：当n≥2 时，{cn}是递减数列．
令f(x)＝，
则f′(x)＝＝.(10分)
∵当x≥3时，ln x＞1，
∴1－ln x<0，
即f′(x)<0.
∴在[3，＋∞)上， f(x)为减函数．
由an＋1＝(cn)n＋1，
知ln cn＝.
∴当n≥2 时，{ln cn}是递减数列，
即{cn}是递减数列．
又c1<c2，
∴数列{cn}中的最大项为c2＝. (12分)

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