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单元评估检测(五)
第五章
(120分钟　160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分.把答案填在题中横线上)
1.已知数列{an}的通项公式为an=，则满足an+1a100=　　　　.
【解析】由题意知，a1+a2+a3+…+a100=-1+3-5+7+…+(-1)100(2×100-1)
=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.
答案：100
3.已知数列{an}的通项公式为an=pn+(p，q为常数)，且a2=，a4=，则a8=　　　　.
【解析】由题意知解得
所以a8=8p+=8×+=.
答案：
4.(2015·长春模拟)已知数列{an}的通项为an=2n-1(n∈N*)，把数列{an}的各项排列成如图所示的三角形数阵.记M(s，t)表示该数阵中第s行的第t个数，则该数阵中的数2015对应于　　　　
1
3　5
7　9　11
13　15　17　19
…
【解析】由2n-1=2015得n=1008，即2015是数列{an}的第1008项，由数阵的排列规律知，数阵中的前n行共有1+2+3+…+n=项，当n=44时，共有990项，故2015是第45行的第18个数.
答案：M(45，18)
5.已知数列{an}为等差数列，数列{bn}是各项均为正数的等比数列，且公比q>1，若a5=b5，a2015=b2015，则a1010与b1010的大小关系是　　　　.
【解析】由题意知a1010=>==b1010.
答案：a1010>b1010
6.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S11=35+S6，则S17=　　　　.
【解析】因为S11=35+S6，所以S11-S6=a7+a8+a9+a10+a11=5a9=35，
故a9=7，S17==17×a9=119.
答案：119
7.(2015·扬州模拟)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f=f(x)，f(-2)=-3，数列{an}满足a1=-1，且=2×+1(其中Sn为{an}的前n项和)，则f(a5)+f(a6)=　　　　.
【解析】因为函数f(x)是奇函数，
所以f(-x)=-f(x).
因为f=f(x)，所以f=-f(-x)，
所以f(3+x)=f(x)，所以f(x)是以3为周期的周期函数.
因为数列{an}满足a1=-1，且=2×+1，
所以a1=-1，且Sn=2an+n，
所以a5=-31，a6=-63，
所以f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(2)+f(0)=f(2)=-f(-2)=3.
答案：3
【加固训练】已知数列{an}满足a1=，且对任意的正整数m，n，都有am+n=am·an，若数列{an}的前n项和为Sn，则Sn=　　　　.
【解析】令m=1，得an+1=a1·an，即=a1=，可知数列{an}是首项为a1=，公比为q=的等比数列，于是Sn===2×=2-.
答案：2-
8.如果一个数列{an}满足an+1+an=h(h为常数，n∈N*)，则称数列{an}为等和数列，h为公和，Sn是其前n项和.已知等和数列{an}中，a1=1，h=-3，则S2015=　　　　.
【解析】由公和h=-3，a1=1，得a2=-4，
并且数列{an}是以2为周期的数列，则S2015=1007(a1+a2)+a1=-3021+1=-3020.
答案：-3020
【加固训练】设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d=　　　　.
【解析】由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn=，前2n项和为S2n=，所以==2+=2+.因为数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d=4.
答案：4
9.已知函数f(x)是定义在(0，+∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)=f(x)+f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn+2)-f(an)=f(3)(n∈N*)，则an=　　　　.
【解析】由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3)(n∈N*)，所以Sn+2=3an，Sn-1+2=3an-1(n≥2)，两式相减得2an=3an-1(n≥2)，又n=1时，S1+2=3a1=a1+2，
所以a1=1，
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an=.
答案：
10.已知函数f(x)=数列{an}满足an=f(n)(n∈N*)，且数列{an}是单调递增数列，则实数a的取值范围是　　　　.
【解析】由题可知，数列{an}单调递增，则有：
解得
所以415·天水模拟)已知数列{an}满足：
a1=1，an=
n=2，3，4，…，设bn=+1，n=1，2，3，…，则数列{bn}的通项公式是　　　　.
【解析】由题意得，对于任意的正整数n，bn=+1，
所以bn+1=+1，
又+1=(2+1)+1=2(+1)=2bn，
所以bn+1=2bn，
又b1=a1+1=2，
所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn=2n.
答案：bn=2n
【加固训练】若数列{an}满足a1=1，an+1=an+2n，则an=　　　　.
【解析】由已知an+1-an=2n，
故有a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23…，an-an-1=2n-1.
以上n-1个式子两边分别相加，则有an-a1=2+22+23+…+2n-1==2n-2，
所以an=2n-2+a1=2n-1.
答案：2n-1
12.已知数列{an}满足a1=0，an+1=(n∈N*)，则a20=　　　　.
【解析】由题意知，a1=0，a2=-，a3=，a4=0，a5=-，a6=，从而数列{an}的各项呈周期性排列，周期为3，所以a20=a2=-.
答案：-
【加固训练】(2014·成都模拟)数列{an}是等差数列，a1=f(x+1)，a2=0，a3=f(x-1)，其中f(x)=x2-4x+2，则此数列的前n项和Sn=　　　　　
【解析】由题意可得f(x+1)+f(x-1)=0，
即(x+1)2-4(x+1)+2+(x-1)2-4(x-1)+2=0，
解得：x=1或x=3，
当x=1时，此时a1=-2，a2=0，a3=2，
则d=2，所以Sn=n2-3n.
当x=3时，a1=2，a2=0，a3=-2，则d=-2，
所以Sn=-n2+3n.
答案：n2-3n或-n2+3n
13.(2015·苏州模拟)如图所示是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第15行的实心圆点的个数是　　　　.

【解析】观察图中所示的生长规律，发现：1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，而1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点.如果设第n行的实心圆点的个数是an，空心圆点的个数是bn，则a1=0，b1=1，an+1=an+bn，bn+1=an，n∈N*.所以a1=0，a2=1，an+1=an+an-1，从而{an}为：0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，…，故填377.
答案：377
【加固训练】(2015·扬州模拟)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连结着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连结正方形，…，如此继续，若共得到1023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为　　　　.

【解析】设1+2+4+…+2n-1=1023，即=1023，2n=1024，n=10.正方形边长构成数列，，，…，其中第10项为=，即所求最小正方形的边长为.
答案：
14.已知数列{2n-1·an}的前n项和Sn=9+2n，则数列{an}的通项公式为an=　　　　.
【解析】因为Sn=9+2n　①，所以当n≥2时，Sn-1=9+2(n-1)　②，①-②得2n-1an=2，所以an==22-n.当n=1时，a1=S1=9+2=11，不符合上式，所以an=
答案：
【方法技巧】含Sn，an问题的求解策略
当已知含有Sn+1，Sn之间的等式时，或者含有Sn，an的混合关系的等式时，可以采用降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式，两个等式相减就把问题转化为数列的项之间的递推关系式.
【加固训练】在数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，n(an+1-an)=an(n∈N*)，且a3=π，则tanS4=　　　　.
【解析】方法一：由n(an+1-an)=an，得nan+1=(n+1)an，则3a4=4a3，又a3=π，故a4=，又由2a3=3a2，得a2=，由a2=2a1，得a1=，故S4=a1+a2+a3+a4=，所以tanS4=tan=.
方法二：由n(an+1-an)=an，得nan+1=(n+1)an，
即=，所以===…==，
所以an=n.
故S4=a1+a2+a3+a4=(1+2+3+4)=，tanS4=tan=.
答案：
二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(14分)(2014·江西高考)已知数列的前n项和Sn=，n∈N*.
(1)求数列的通项公式.
(2)证明：对任意的n>1，都有m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.
【解题提示】(1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)解决.
(2)a1，an，am成等比数列，转化为=a1·am.
【解析】(1)当n=1时a1=S1=1；
当n≥2时an=Sn-Sn-1
=-=3n-2，
对n=1也满足，
所以的通项公式为an=3n-2.
(2)由(1)得a1=1，an=3n-2，am=3m-2，
要使a1，an，am成等比数列，
需要=a1·am，
所以(3n-2)2=3m-2，整理得m=3n2-4n+2∈N*，
所以对任意n>1，都有m∈N*使得=a1·am成立，
即a1，an，am成等比数列.
【加固训练】已知等比数列{an}的首项为1，公比q≠1，Sn为其前n项和，a1，a2，a3分别为某等差数列的第一、第二、第四项.
(1)求an和Sn.
(2)设bn=log2an+1，数列的前n项和为Tn，求证：Tn<.
【解析】(1)因为a1，a2，a3为某等差数列的第一、第二、第四项
所以a3-a2=2(a2-a1)，
所以a1q2-a1q=2(a1q-a1)，
因为a1=1，所以q2-3q+2=0，
因为q≠1，所以q=2，
所以an=a1qn-1=2n-1.
所以Sn===2n-1.
(2)由(1)知an+1=2n，所以bn=log2an+1=log22n=n.
所以==.
所以Tn=++-++…+
++
=
=-<.
16.(14分)已知成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5，
(1)求数列{bn}的通项公式.
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列.
【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d，a，a+d.依题意，得a-d+a+a+d=15，解得a=5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7-d，10，18+d.依题意，有(7-d)(18+d)=100，解得d=2或d=-3(舍去).
故b3=5，公比q=2，由b3=b1·22，
即5=b1·22得b1=.
所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn=·2n-1=5·2n-3.
(2)数列{bn}的前n项和Sn==5·2n-2-，即Sn+=5·2n-2.
所以S1+=，==2.因此数列是以为首项，公比为2的等比数列.
【误区警示】关于等差(比)数列的基本运算，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件.容易出现的问题主要有两个方面：一是计算出现失误，特别是利用因式分解求解方程的根时，不注意对根的符号进行判断；二是不能灵活运用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量.
17.(14分)设数列{an}满足a1=2，a2+a4=8，且对任意的n∈N*，都有an+an+2=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，且满足S1·Sn=2bn-b1，n∈N*，b1≠0，求数列{anbn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由n∈N*，an+an+2=2an+1，知{an}为等差数列，
设公差为d.
因为a1=2，a2+a4=8，所以2×2+4d=8，
解得d=1.
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)·1=n+1.
(2)由n∈N*.S1Sn=2bn-b1，
得，当n=1时，有=2b1-b1=b1，
因为b1≠0，所以b1=1，Sn=2bn-1，　①
当n≥2时，Sn-1=2bn-1-1，　②
由①-②得，
Sn-Sn-1=2bn-1-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1
即n≥2时，bn=2bn-2bn-1，所以bn=2bn-1，
则数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，bn=2n-1.
所以an·bn=(n+1)·2n-1.
由数列{anbn}的前n项和为Tn，得
Tn=2+3×2+4×22+…+n·2n-2+(n+1)·2n-1.　③
2Tn=2×2+3×22+4×23+…+n·2n-1+(n+1)·2n，　④
③-④得，
-Tn=2+2+22+…+2n-1-(n+1)·2n
=1+-(n+1)·2n=-n·2n，
Tn=n·2n，即数列{anbn}的前n项和为n·2n.
【加固训练】已知等差数列{an}的前n项和为Sn且满足a2=3，S6=36.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3，b4+b5=24设数列{an·bn}的前n项和为Tn，求Tn.
【解析】(1)因为数列{an}是等差数列.
所以S6=3(a1+a6)=3(a2+a5)=36，
则a2+a5=12，
由于a2=3，所以a5=9，从而d=2，a1=a2-d=1，
所以an=2n-1.
(2)设{bn}的公比为q，因为b1+b2=3，b4+b5=24.
所以=q3=8.则q=2.
从而b1+b2=b1(1+q)=3b1=3，
所以b1=1，bn=2n-1，所以an·bn=(2n-1)·2n-1.
所以Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1.
则2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n.
两式相减，得(1-2)Tn=1×1+2×2+2×22+…+2·2n-2+2·2n-1-(2n-1)·2n.
即-Tn=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n
=1+2(2n-2)-(2n-1)·2n=(3-2n)·2n-3.
所以Tn=(2n-3)·2n+3.
18.(16分)设数列{an}的前n项和Sn=aqn+b(a，b为非零实数，q≠0且q≠1).
(1)当a，b满足什么关系时，{an}是等比数列？
(2)若{an}为等比数列，证明：以(an，Sn)为坐标的点都落在同一条直线上.
【解析】1)因为Sn=aqn+b，所以n≥2时，an=Sn-Sn-1=(aqn+b)-(aqn-1+b)=a(q-1)qn-1，
所以==q.
故若数列{an}是等比数列，只要a1=S1=aq+b符合an=a1(q-1)qn-1的形式即可.
所以aq+b=a(q-1)·q0，所以a+b=0.
所以当a+b=0时，数列{an}是等比数列.
(2)当{an}是等比数列时，
Sn=aqn-a，an=a(q-1)qn-1，a1=a(q-1)，
所以=
==(n≥2).
即以(an，Sn)为坐标的点都落在恒过点(a1，S1)且斜率k=的直线上.
【加固训练】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设bn=1-Sn，问：是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)依题意，得2Sn=an+1-a1，当n≥2时，有两式相减，得an+1=3an(n≥2).
又因为a2=2S1+a1=3a1，an≠0，
所以数列{an}是首项为a1，公比为3的等比数列.
因此an=a1·3n-1(n∈N*).
(2)因为Sn==-，
所以bn=1-Sn=1+-.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1+a1=0，
即a1=-2，
所以存在a1=-2，使数列{bn}为等比数列.
19.(16分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3·a4=117，a2+a5=22.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn=，求非零常数c.
(3)求f(n)=(n∈N*)的最大值.
【解析】(1){an}为等差数列，
所以a3+a4=a2+a5=22.
又a3·a4=117，
所以a3，a4是方程x2-22x+117=0的两实根.
又公差d>0，所以a3n，
所以bn==，
所以b1=，b2=，b3=
因为{bn}是等差数列，所以2b2=b1+b3.
即·2=+，所以2c2+c=0，
所以c=-(c=0舍去).
故c=-.
(3)由(2)得bn==2n，
所以f(n)=
==
=≤=，
当且仅当n=，即n=6时取等号，
所以f(n)max=.
即f(n)的最大值为.
【加固训练】(2014·凤阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=，Sn=n2an-n(n-1)，n=1，2，….
(1)证明：数列是等差数列，并求Sn.
(2)设bn=，求证：b1+b2+…+bn<.
【解析】(1)由Sn=n2an-nn-1)知，
当n≥2时，Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1)，
即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1)，
所以Sn-Sn-1=1，对n≥2成立.
又S1=1，所以是首项为1，公差为1的等差数列.
所以Sn=1+(n-1)·1，所以Sn=.
(2)bn==
=，
所以b1+b2+…+bn
=-+-+…+-+-
=<.
20.(16分)(2015·扬州模拟)已知数列{an}的通项公式为an=(n∈N*)
(1)求数列{an}的最大项.
(2)设bn=，试确定实常数p，使得{bn}为等比数列.
(3)设m，n，p∈N*，m存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列，如果存在，求出前三项，如果不存在，说明理由.
【解析】(1)由题意an=2+随n的增大而减小，所以{an}中的最大项为a1=4.
(2)bn==
=，
若{bn}为等比数列，则-bnbn+2=0.
所以[(2+p)3n+1+(2-p)]2-[(2+p)3n+
(2-p)][(2+p)3n+2+(2-p)]=0，
化简得(4-p2)(2·3n+1-3n+2-3n)=0，
即-(4-p2)·3n×4=0，解得p=±2，
当p=2时，bn=3n，{bn}是等比数列，
当p=-2时，bn=1，{bn}也是等比数列，
所以当且仅当p=±2时，{bn}为等比数列.
(3)因为am=2+，an=2+，ap=2+，
若存在am，an，ap成等差数列，则2an=am+ap，
所以2=2++2+，化简得3n(2×3p-n-3p-m-1)=1+3p-m-2×3n-m(*)，
因为m，n，p∈N*，m0，所以(*)式不可能成立，
故数列{an}中，不存在三项am，an，ap使数列am，an，ap成等差数列.
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