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  • 2021-05-14 发布

高考数列一轮复习检测题含答案

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数 列 ‎(时间120分钟,满分150分)‎ 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.(2010·黄冈模拟)记等比数列{an}的公比为q,则“q>1”是“an+1>an(n∈N*)”的 (  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析:可以借助反例说明:①如数列:-1,-2,-4,-8,…公比为2,但不是增数列;‎ ‎②如数列:-1,-,-,-,…是增数列,但是公比为<1.‎ 答案:D ‎2.已知{an}是等差数列,a4=15,S5=55,则过点P(3,a3),Q(4,a4)的直线斜率为 (  )‎ A.4       B. C.-4 D.- 解析:∵{an}为等差数列,‎ ‎∴S5==5a3=55,‎ ‎∴a3=11,‎ ‎∴kPQ==a4-a3=15-11=4.‎ 答案:A ‎3.(2009·辽宁高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则= (  )‎ A.2 B. C. D.3‎ 解析:由等比数列的性质:‎ S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列,于是,由S6=3S3,可推出S9-S6=4S3,S9=7S3,∴=.‎ 答案:B ‎4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an-1,则a2等于 (  )‎ A.- B. C. D. 解析:Sn=an-1,取n=1,得S1=5a1-5,即a1=.取n=2,得a1+a2=5a2-5,+a2=5a2-5,所以a2=.‎ 答案:D ‎5.等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列,若a1=1,则S4=(  )‎ A.7 B.8 C.15 D.16‎ 解析:不妨设数列{an}的公比为q,‎ 则4a1,2a2,a3成等差数列可转化为2(2q)=4+q2,得q=2.‎ S4==15.‎ 答案:C ‎6.若数列{an}的通项公式为an=,则{an}为 (  )‎ A.递增数列 B.递减数列 C.从某项后为递减 D.从某项后为递增 解析:由已知得an>0,an+1>0,∴=,当>1即n>9时,an+1>an,所以{an}从第10项起递增;n<9时,an+10在n≥1时恒成立,只需要λ>(-2n-1)max=-3,故λ>-3.‎ 答案:D ‎12.已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前2 008项的和等于 ‎ ‎(  )‎ A.1 506 B.3 012 C.1 004 D.2 008‎ 解析:因为a1=,又an+1=+,所以a2=1,从而a3=,a4=1,即得an=,故数列的前2 008项的和为S2 008=1 004·(1+)=1 506.‎ 答案:A 二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.将答案填写在题中的横线上)‎ ‎13.(2010·长郡模拟)已知数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1=,若a6=1,则m所有可能的取值为________.‎ 解析:由a6=1⇒a5=2⇒a4=4⇒a3=1或8⇒a2=2或16⇒a1=4或5、32.‎ 答案:4,5,32‎ ‎14.已知数列{an}满足a1=,an=an-1+(n≥2),则{an}的通项公式为________.‎ 解析:an-an-1==(-),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(-+-+…+1-+1),得:an=-.‎ 答案:an=- ‎15.已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数,前n项和为Sn(n∈N*).若a1>1,a4>3,S3≤9,则通项公式an=________.‎ 解析:由a1>1,a4>3,S3≤9得,,令x=a1,y=d得,,在平面直角坐标系中作出可行域可知符合要求的整数点只有(2,1),即a1=2,d=1,所以an=2+n-1=n+1.‎ 答案:n+1‎ ‎16.(文)将全体正整数排成一个三角形数阵:‎ ‎1‎ ‎2 3‎ ‎4 5 6‎ ‎7 8  9 10‎ ‎11 12 13 14 15‎ ‎… … … … … …‎ 根据以上排列规律,数阵中第n(n≥3)行的从左至右的第3个数是________.‎ 解析:前n-1行共有正整数1+2+…+(n-1)=个,即个,‎ 因此第n行第3个数是全体正整数中第+3个,‎ 即为.‎ 答案: ‎(理)下面给出一个“直角三角形数阵”:‎ , ,, ‎…‎ 满足每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,且每一行的公比相等,记第i行第j列的数为aij(i≥j,i,j∈N*),则a83=________.‎ 解析:由题意知,a83位于第8行第3列,且第1列的公差等于,每一行的公比都等于.由等差数列的通项公式知,第8行第1个数为+(8-1)×=2,a83=2×()2=.‎ 答案: 三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.(本小题满分12分)已知数列{an}中,其前n项和为Sn,且n,an,Sn成等差数列(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn>57时n的取值范围.‎ 解:(1)∵n,an,Sn成等差数列,‎ ‎∴Sn=2an-n,Sn-1=2an-1-(n-1) (n≥2),‎ ‎∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-1 (n≥2),‎ ‎∴an=2an-1+1 (n≥2),‎ 两边加1得an+1=2(an-1+1) (n≥2),‎ ‎∴=2 (n≥2).‎ 又由Sn=2an-n得a1=1.‎ ‎∴数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,‎ ‎∴an+1=2·2n-1,即数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知,Sn=2an-n=2n+1-2-n,‎ ‎∴Sn+1-Sn=2n+2-2-(n+1)-(2n+1-2-n)‎ ‎=2n+1-1>0,‎ ‎∴Sn+1>Sn,{Sn}为递增数列.‎ 由题设,Sn>57,即2n+1-n>59.‎ 又当n=5时,26-5=59,∴n>5.‎ ‎∴当Sn>57时,n的取值范围为n≥6(n∈N*).‎ ‎18.(本小题满分12分)设数列{an}满足a1=t,a2=t2,前n项和为Sn,且Sn+2-(t+1)Sn+1+tSn=0(n∈N*).‎ ‎(1)证明数列{an}为等比数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)当0,‎ ‎∴(tn-2n)[1-()n]<0,∴tn+t-n<2n+2-n.‎ ‎(3)证明:∵=(tn+t-n),‎ ‎∴2(++…+)<(2+22+…2n)+(2-1+2-2+…+2-n)=2(2n-1)+1-2-n=2n+1-(1+2-n)<2n+1-2,‎ ‎∴++…+<2n-2-.‎ ‎19.(本小题满分12分)(2010·黄冈模拟)已知二次函数f(x)=x2-ax+a(a≠0),不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素,设数列{an}的前n项和为Sn=f(n).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设各项均不为0的数列{cn}中,满足ci·ci+1<0的正整数i的个数称作数列{cn}的变号数,令cn=1-(n∈N*),求数列{cn}的变号数.‎ 解:(1)由于不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素,‎ ‎∴Δ=a2-4a=0⇒a=4,‎ 故f(x)=x2-4x+4.‎ 由题Sn=n2-4n+4=(n-2)2‎ 则n=1时,a1=S1=1;‎ n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n-2)2-(n-3)2=2n-5,‎ 故an= ‎(2)由题可得,cn=.‎ 由c1=-3,c2=5,c3=-3,‎ 所以i=1,i=2都满足ci·ci+1<0,‎ 当n≥3时,cn+1>cn,且c4=-,‎ 同时1->0⇒n≥5,‎ 可知i=4满足ci、ci+1<0,n≥5时,均有cncn+1>0.‎ ‎∴满足cici+1<0的正整数i=1,2,4,故数列{cn}的变号数为3.‎ ‎20.(本小题满分12分)已知数列{an}满足:a1=1,a2=,且[3+(-1)n]an+2-2an+2[(-1)n-1]=0,n∈N*.‎ ‎(1)求a3,a4,a5,a6的值及数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=a2n-1·a2n,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)经计算a3=3,a4=,a5=5,a6=.‎ 当n为奇数时,an+2=an+2,即数列{an}的奇数项成等差数列,‎ ‎∴a2n-1=a1+(n-1)·2=2n-1.‎ 当n为偶数时,an+2=an,即数列{an}的偶数项成等比数列,‎ ‎∴a2n=a2·()n-1=()n.‎ 因此,数列{an}的通项公式为an= ‎(2)∵bn=(2n-1)·()n,‎ ‎∴Sn=1·+3·()2+5·()3+…+(2n-3)·()n-1+(2n-1)·()n, ①‎ Sn=1·()2+3·()3+5·()4+…+(2n-3)·()n+(2n-1)·()n+1, ②‎ ‎①②两式相减,‎ 得Sn=1·+2[()2+()3+…+()n]-(2n-1)·()n+1‎ ‎=+-(2n-1)·()n+1‎ ‎=-(2n+3)·()n+1.‎ ‎∴Sn=3-(2n+3)·()n.‎ ‎21.(本小题满分12分)已知各项都不相等的等差数例{an}的前六项和为60,且a6为a1和a21的等比中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公an及前n项和Sn;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an(n∈N*),且b1=3,求数列{}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 则解得 ‎∴an=2n+3.‎ Sn==n(n+4).‎ ‎(2)由bn+1-bn=an,‎ ‎∴bn-bn-1=an-1(n≥2,n∈N*).‎ 当n≥2时,‎ bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1‎ ‎=an-1+an-2+…+a1+b1‎ ‎=(n-1)(n-1+4)+3=n(n+2).‎ 对b1=3也适合,‎ ‎∴bn=n(n+2)(n∈N*).‎ ‎∴==(-).‎ Tn=(1-+-+…+-)‎ ‎=(--)=.‎ ‎22.(文)(本小题满分14分)已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;‎ ‎(3)设Pn=a1+a4+a7+…+a3n-2,Qn=a10+a12+a14+…+a2n+8,其中n∈N*,试比较Pn与Qn的大小,并证明你的结论.‎ 解:(1)因为y=f(x)的图象过原点,所以f(x)=x2-x.‎ 所以Sn=n2-n,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2,‎ 又因为a1=S1=0适合an=2n-2,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-2(n∈N*).‎ ‎(2)由an+log3n=log3bn得:bn=n·3an=n·32n-2(n∈N*),‎ 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2,9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n.‎ 两式相减得:8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-,‎ 所以Tn=-=.‎ ‎(3)a1,a4,a7,…,a3n-2组成以0为首项,6为公差的等差数列,所以Pn=×6=3n2-3n;‎ a10,a12,a14,…,a2n+8组成以18为首项,4为公差的等差数列,所以Qn=18n+×4=2n2+16n.‎ 故Pn-Qn=3n2-3n-2n2-16n=n2-19n=n(n-19),‎ 所以,对于正整数n,当n≥20时,Pn>Qn;‎ 当n=19时,Pn=Qn;‎ 当n<19时,Pn0,‎ 结合指数函数y=2x与一次函数y=2x+1的图象知,当x>3时,总有2x>2x+1,‎ 故当n≥3时,总有f′(1)>8n2-4n.‎ 综上:当n=1时,f′(1)=8n2-4n;‎ 当n=2时,f′(1)<8n2-4n;‎ 当n≥3时,f′(1)>8n2-4n.‎