专题3 数 列 专题质量检测(三).doc

(时间120分钟，满分150分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2011·天津南开中学)下列可作为数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是(　　)
A．an＝1　　　　　　　　　 B．an＝
C．an＝2－|sin| D．an＝
解析：由an＝2－|sin|可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，….
答案：C
2．(2011·杭州模拟)设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，故Sn＝＝.
答案：D
3．(2011·江西高考)设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝(　　)
A．18 B．20
C．22 D．24
解析：由S10＝S11得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.
答案：B
4．(2011·银川联考)已知等比数列{an}中，a1＝2，且a4a6＝4a，则a3＝(　　)
A. B．1
C．2 D.
解析：设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质并结合已知条件可得a＝4·a·q4，∴q4＝，q2＝.
∴a3＝a1q2＝2×＝1.
答案：B
5．(2011·天津高考)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为(　　)
A．－110 B．－90
C．90 D．110
解析：因为a7是a3与a9的等比中项，所以a＝a3a9，
又因为公差为－2，所以(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)．解得a1＝20，
通项公式为an＝20＋(n－1)(－2)＝22－2n，
所以S10＝＝5(20＋2)＝110.
答案：D
6．在等比数列{an}中，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则公比q等于(　　)
A. B．2
C.或2 D．－2
解析：a5－a1＝a1q4－a1＝15①
a4－a2＝a1q3－a1q＝6②
＝＝
＝＝，(q2－1≠0)
∴2q2＋2＝5q.∴q＝或2.
又∵a5－a1＝15>0，∴q>1，
∴q＝2.
答案：B
7．在等比数列{an}中，已知an>0，那么“a2>a4”是“a6>a8”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：由a2>a4得a2>a2q2，所以0<q2<1.由a6>a8得a6>a6q2，所以0<q2<1.因此“a2>a4”是“a6>a8”的充要条件．
答案：C
8．等差数列{an}的首项为a，公差为d；等差数列{bn}的首项为b，公差为e，如果cn＝an＋bn(n≥1)，且c1＝4，c2＝8，数列{cn}的通项公式为cn＝(　　)
A．2n＋1 B．3n＋2
C．4n D．4n＋3
解析：cn＝a＋(n－1)d＋b＋(n－1)e
＝(a＋b)＋(n－1)(d＋e)
c1＝a＋b＝4，
c2＝a＋b＋d＋e＝8
∴a＋b＝4，d＋e＝4，
∴cn＝4n.
答案：C
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝qn－1(q>0，且q为常数)，某同学得出如下三个结论：①{an}的通项是an＝(q－1)·qn－1；②{an}是等比数列；③当q≠1时，SnSn＋2<S.其中正确结论的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：an＝Sn－Sn－1＝qn－1－(qn－1－1)(n≥2)，即an＝(q－1)qn－1(n≥2)，而a1＝S1＝q－1，得an＝(q－1)·qn－1(n≥1)，①正确；当q＝1时，{an}不是等比数列，②错误；当q≠1时，令t＝SnSn＋2－S＝(qn－1)(qn＋2－1)－(qn＋1－1)2，则t＝－qn(q－1)2，显然t<0，即SnSn＋2<S，③正确．
答案：C
10．某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一都有A，B两种菜可供选择．调查资料表明，凡是在星期一选A种菜的，下星期一会有20%的人改选B种菜；而选B种菜的，下星期一会有30%的人改选A种菜．用an，bn分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数，如果a1＝300，则a10为(　　)
A．300 B．350
C．400 D．450
解析：依题意得消去bn得：an＋1＝an＋150.由a1＝300得a2＝300，从而得a10＝300.
答案：A
二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．请把正确答案填在题中的横线上)
11. (2011·宁波模拟)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，则k＝ .
解析：ak＝a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋d＝7a1＋21d，而a1＝0，所以ak＝7a1＋21d＝a1＋21d＝a22，k＝22.
答案：22

12．已知等差数列{an}满足a2＝3，a5＝9，若数列{bn}满足b1＝3，bn＋1＝abn，则{bn}的通项公式为bn＝(　　)
解析：据已知易得an＝2n－1，故由bn＋1＝abn可得bn＋1＝2bn－1，变形为bn＋1－1＝2(bn－1)，即数列{bn－1}是首项为2，公比为2的等比数列，故bn－1＝2n，解得bn＝2n＋1.
答案：2n＋1

13．数列{an}满足：log2an＋1＝1＋log2an，若a3＝10，则a8＝________.
解析：由log2an＋1＝1＋log2an，
得an＋1＝2an，故a8＝25·a3＝320.
答案：320
14．(2011·湖南湘西联考)设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由x2－x<2nx(n∈N*)得0<x<2n＋1，则an＝2n，所以Sn＝n2＋n.
答案：n2＋n
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，Tn是数列{bn}的前n项和，则T9等于________．
解析：∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，
∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝＝＝(－)，T9＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝×(1－)＝.
答案：
16.已知在公比为实数的等比数列{an}中，a3＝4，且a4，a5＋4，a6成等差数列．
则求数列{an}的通项公式为
解析：设数列{an}的公比为q(q∈R)，
依题意可得2(a5＋4)＝a4＋a6，
即2(4q2＋4)＝4q＋4q3，整理得(q2＋1)(q－2)＝0.
∵q∈R，∴q＝2，a1＝1.
∴数列{an}的通项公式an＝2n－1.
答案：an＝2n－1

17．等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，给出下列四个命题：①数列{()an}为等比数列；②若a2＋a12＝2，则S13＝13；③Sn＝nan－d；④若d>0，则Sn一定有最大值．
其中真命题的序号是__________(写出所有真命题的序号)．
解析：对于①，注意到＝()an＋1－an＝()d是一个非零常数，因此数列{() an }是等比数列，因此①正确；对于②，S13＝＝＝13，因此②正确；对于③，注意到Sn＝na1＋d＝n[an－(n－1)d]＋d＝nan－d，因此③正确；对于④，当d>0时，Sn不存在最大值，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①②③.
答案：①②③
三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

18．(本小题满分14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有an＋Sn＝n.
(1)设bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)设c1＝a1且cn＝an－an－1(n≥2)，求{cn}的通项公式．
解：(1)证明：由a1＋S1＝1及a1＝S1得a1＝.
又由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1，
得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1.
∴2(an＋1－1)＝an－1，即2bn＋1＝bn.
∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．
(2)法一：由(1)知2an＋1＝an＋1.
∴2an＝an－1＋1(n≥2)．
∴2an＋1－2an＝an－an－1.∴2cn＋1＝cn(n≥2)．
又c1＝a1＝，a2＋a1＋a2＝2，∴a2＝.
∴c2＝－＝，c2＝c1.
∴数列{cn}是首项为，公比为的等比数列．
∴cn＝·()n－1＝()n.
法二：由(1)bn＝－·()n－1＝－()n，
∴an＝－()n＋1.
∴cn＝－()n＋1－[－()n－1＋1]
＝()n－1－()n＝()n－1(1－)＝()n(n≥2)．
又c1＝a1＝也适合上式，∴cn＝()n.
19．(本小题满分14分)已知正项数列{an}中，a1＝6，且an＋1＝an＋1；数列{bn}中，点Bn(n，bn)在过点(0,1)且以(1,2)为方向向量的直线l上．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若f(n)＝问是否存在k∈N*，使f(k＋27)＝4f(k)成立，若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵an＋1＝an＋1，∴an＋1－an＝1.
∴数列{an}是首项为6，公差为1的等差数列．
∴an＝a1＋(n－1)·1＝n＋5.
又直线l的方程为y＝2x＋1，
∴bn＝2n＋1.
(2)假设满足条件的k存在．
由(1)得：f(n)＝
当k为偶数时，k＋27为奇数，
∵f(k＋27)＝4f(k)，∴k＋27＋5＝4(2k＋1)，解得k＝4.
当k为奇数时，k＋27为偶数，
∴2(k＋27)＋1＝4(k＋5)，∴k＝(舍去)．
综上，存在k＝4符合条件．
20．(本小题满分14分)设同时满足条件①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列．
(1)若数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列，并说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则
a1＋2d＝4,3a1＋3d＝18，
解得a1＝8，d＝－2.
∴Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2)∵－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，
∴<Sn＋1，∴数列{Sn}适合条件①.
又Sn＝－n2＋9n＝－(n－)2＋(n∈N*)，
∴当n＝4或5时，Sn取最大值20.
即S2≤20，∴{Sn}适合条件②.
综上，数列{Sn}是“特界”数列.
21．(本小题满分15分)已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，且当x＝时，函数f(x)有最小值－.数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
解：(1)依题意，设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
由于当x＝时，f(x)有最小值－，
∴
解得a＝2，b＝－1，
∴f(x)＝2x2－x.
又点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，
∴Sn＝2n2－n.
当n＝1时，a1＝S1＝2×12－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3；
a1＝1也适合上式，
∴an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝(－)，
Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)．
因此，要使(1－)<(n∈N*)成立，m必须且只需满足≤，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.
22．(本小题满分15分)(2011·温州模拟)已知函数f(x)＝x2＋x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)令cn＝＋，证明：2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋.
解：(1)∵点(n，Sn)在f(x)的图像上，
∴Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1；
当n＝1时，a1＝S1＝2，适合an＝n＋1，
∴an＝n＋1(n∈N*)．
(2)bn＝＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋…＋＋， ②
由①－②得
Tn＝2＋＋＋…＋－
＝(1＋＋＋…＋)＋(1－)
＝＋1－
＝2(1－)＋1－，
∴Tn＝6－.
(3)证明：由cn＝＋＝＋
>2＝2，
∴c1＋c2＋…＋cn>2n.
又cn＝＋＝2＋－，
∴c1＋c2＋…＋cn＝2n＋[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝2n＋－<2n＋.
∴2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋成立．