专题验收评估(三) 数 列.doc

专题验收评估(三)　数　列

【说明】　本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟．请将第Ⅰ卷的答案填入答题栏内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答.

题　号
一
二
三
总　分
17
18
19
20
21
22
得　分

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．等差数列{an}的公差为2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则{an}的前n项和Sn ＝(　　)
A．n(n＋1)　　　　　 　　 B. n(n－1)
C. D.
2．(2014·开封二模)在等比数列{an}中，若a4，a8是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则a6的值是(　　)
A．± B．－
C. D．±3
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则等于(　　)
A．1 B．－1
C．2 D.
4．在等比数列{an}中，a1>0，则“a3＝，则b2·b8＝(　　)
A．1 B．5
C．10 D．15
6．(2014·曲靖一模)＋＋＋…＋的值为(　　)
A. B.－
C.－ D.－＋
7．(2014·太原模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则使Sn取得最小值时，n的值为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
8．各项均不为零的等差数列{an}中，若3a－nan－1－nan＋1＝0(n∈N*，n≥2)，则S30＝(　　)
A．310 B．270
C．210 D．180
9．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得aman＝16a，则＋的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
10．(2014·广州二模)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 014＝(　　)
A．1 006 B．1 007
C．1 008 D．1 009
11．若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2 014a，bn＝2＋，且an府规范购置校车方案，计划一段时间内(以月为单位)两省共新购1 000辆校车，其中甲省采取的购置方案是：本月新购10辆校车，以后每月的新购量比上一个月增加50%；乙省采取的购置方案是：本月新购40辆校车，以后每月比上一个月多新购m辆．若两省计划在3个月内完成新购目标，则m的最小值为(　　)
A．276 B．277
C．278 D．279

答　题　栏

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12

第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝4Sn(n∈N*)，则a5＝________.
14．(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；…，依此类推．设BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________.
15．(2014·青岛二模)在等差数列{an}中，a1>0，a10a11<0，若此数列的前10项和S10＝p，前18项和S18＝q，则数列{|an|}的前18项和T18＝________.
16．无穷数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5，…的首项是1，随后两项都是2，接下来3项都是3，再接下来4项都是4，…，以此类推．记该数列为{an}，若an－1＝20，an＝21，则n＝________.
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．(2014·浙江高考)(本小题满分10分)已知等差数列{an} 的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.

18.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．

19.(2014·合肥一检)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x＋(x>0)，以点(n，f(n))为切点作函数图象的切线ln(n∈N*)，直线x＝n＋1与函数y＝f(x)图象及切线ln分别相交于An，Bn，记an＝|AnBn|.
(1)求切线ln的方程及数列{an}的通项公式；
(2)设数列{nan}的前n项和为Sn，求证：Sn<1.

20．(2014·南昌二模)(本小题满分12分)已知公比q不为1的等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列．
(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，在an与an＋1之间插入3n个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为bn，求数列{bn}的前n项和Tn.

21．(本小题满分12分)已知单调递增的等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＝7，且a3是a1，a2＋5的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)已知数列{cn}满足：对任意的n∈N*，＋＋＋…＋＝22＋都成立．
①求数列{cn}的通项公式cn；
②设数列{cn}的前n项和为Sn，问n为何值时，Sn最大．

22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.
(1)设bn＝log2(an－1)，求证：数列{bn＋1}为等比数列；
(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.

答案
1．选A　因为a2，a4，a8成等比数列，所以a＝a2·a8，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.
所以Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．
2．选C　由题意知a4a8＝3，所以a＝a4a8＝3，解得a6＝±，又a4＋a8＝4，所以a4>0，a8>0，当a6＝－时，
a＝a4a6<0，所以舍去负值，得a6＝.
3.选A　法一：＝＝×，
由＝得＝，所以＝1.
法二：＝＝＝×＝1.
4．选A　由a1>0及等比数列的性质知数列{an}中所有奇数项都是正数，从而a31⇒a2 0131，所以a3＝a1q2>0，a6＝a1q5＝a1q4·q，当q<－1时，a6<0，此时a3b2b8＝b＝a2＋5a5＝6a1＋21d＝3(2a1＋7d)＝3(a3＋a6)＝15.
6．选C　∵＝＝＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝
＝－.
7．选B　设{an}的公差为d.由得因此等差数列{an}的通项公式为an＝2n－11，令an>0，解得n>，故前5项和最小．
8．选A　因为an－1＋an＋1＝2an，
所以由3a－nan－1－nan＋1＝0，得3a－n·2an＝0，
解得an＝n(舍去an＝0)．
所以Sn＝＝，S30＝＝310.
9．选D　由a3＝a2＋2a1得q2＝q＋2，
∴q＝2(q＝－1舍去)，
由aman＝16a得2m－12n－1＝16，
∴m＋n－2＝4，m＋n＝6，
∴＋＝(m＋n)
＝
≥＝，当且仅当＝
即n＝4，m＝2时等号成立．
10．选C　由an＋1－an＝sin得
an＋1＝an＋sin，
所以a2＝a1＋sin π＝1＋0＝1，
a3＝a2＋sin＝1＋(－1)＝0，
a4＝a3＋sin 2π＝0＋0＝0，
a5＝a4＋sin＝0＋1＝1，
∴a5＝a1，如此继续可得an＋4＝an(n∈N*)，
即数列{an}是一个以4为周期的周期数列，
又2 014＝4×503＋2，
所以S2 014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2
＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1 008.
11．选C　当n＝2k(k∈N*)时，由an－恒成立，所以a≥－2.综上知，－2≤a<.
12．选C　设an、bn分别为甲、乙两省在第n个月新购校车的数量，依题意可知，{an}是首项为10，公比为的等比数列，{bn}是首项为40，公差为m的等差数列．故数列{an}的前3项和为＝20×3－20，数列{bn}的前3项和为＝120＋3m，所以20×3－20＋120＋3m≥1 000，解得m≥.
又m∈N*，所以m的最小值为278，故选C.
13．解析：由an＋1＝4Sn得Sn＋1－Sn＝4Sn，所以Sn＋1＝5Sn，又S1＝a1＝1，所以{Sn}是等比数列，首项为1，公比为5，所以Sn＝5n－1，所以a5＝S5－S4＝54－53＝500.
答案：500
14．解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×6＝.
法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝.
答案：
15．解析：根据题意可知数列{an}是递减数列且a10>0a11<0，又S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝p，S18＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＝q，所以T18＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a18|＝a1＋a2＋a3＋…＋a10－a11－a12－…－a18＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a18)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＝－q＋2p.
答案：－q＋2p
16．解析：据已知条件可知1有1个，2有2个，3有3个，…，故项为20的共有20个，且第20个20为无穷数列的第＝210项，故若an－1＝20，an＝21，即为项中含有21项的第一项，故n＝210＋1＝211.
答案：211
17．解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)·(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故所以
18．解：(1)证明：n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1，
又a1＝1≠0，∴{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)∵an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，
得bn＋1－bn＝n－1.
当n≥2时，
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3×n－1－1.
当n＝1时，上式成立，
∴数列{bn}的通项公式为bn＝3×n－1－1(n∈N*)．
19．解：(1)对f(x)＝x＋(x>0)求导，得f′(x)＝1－，则切线ln的方程为：y－＝(x－n)，即y＝x＋.
易知An，Bn，
由an＝|AnBn|知an＝＝.
(2)证明：∵nan＝＝－，∴Sn＝a1＋2a2＋…＋nan＝1－＋－＋…＋－＝1－<1.
20．解：(1)因为a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列，
所以a5＋S5－a4－S4＝a6＋S6－a5－S5，
即2a6－3a5＋a4＝0，所以2q2－3q＋1＝0，
因为q≠1，所以q＝，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由题意知bn＝·3n＝·n，
所以Tn＝×＝n－1.
21．解：(1)设等比数列的公比为q，
由题意知
化简得7－a1q2＝2a1q2－5，∴a1q2＝4，
又q≠0，∴＋＋4＝7.解得或
∵等比数列{an}单调递增，∴a1＝1，q＝2，∴an＝2n－1.
(2)①∵＝22＋＝13，∴c1＝13，
又n≥2时，＋＋＋…＋＝22＋，
∴n≥2时，＝－＝，
∴n≥2时，cn＝15－2n，又c1＝13符合上式，
∴n∈N*时，cn＝15－2n.
②易知数列{cn}为等差数列，∴Sn＝×n＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
∴当n＝7时，Sn最大．
22．解：(1)证明：∵函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，
∴b＝0，∴f(x)＝x2，
∴an＋1＝2f(an－1)＋1＝2(an－1)2＋1，
∴an＋1－1＝2(an－1)2.
又a1＝3，an>1，bn＝log2(an－1)，
∴b1＝log2(a1－1)＝1，
∴＝＝＝＝2，
∴数列{bn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得，bn＋1＝2n，∴bn＝2n－1，
∴cn＝nbn＝n2n－n，
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
则2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
∴－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2，
∴An＝(n－1)2n＋1＋2.
设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n，则Bn＝，
∴Sn＝An－Bn＝(n－1)2n＋1＋2－.