高考数列一轮复习检测题含答案 10页

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.‎