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2016高考数学二轮复习 专题3 数列 专题综合检测三 文



专题综合检测(三)
(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.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则 a20=(B) A.-1 B.1 C.3 D.7 解析:∵a1+a3+a5=105,即

3a3=105,∴a3=35.同理可得 a4=33,∴公差 d=a4-a3 =-2,∴a20=a4+(20-4)×d=1.故选 B.
?

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a5=5, S5=15, 则数列? A. 100 99 99 B. C. 101 101 100 101 D. 100

?anan+1?

1 ? ?的前 100 项和为 (A)

解析:由 a5=5,S5=15 可得 a1+4d=5, ? ? ? ?a1=1, ?? ? an=n. ? 5×4 ?d=1 5a1+ d=15 ? ? 2 ? ∴ 1

anan+1



1 1 1 = - . n(n+1) n n+1

S100=?1- ?+? - ?+…+? - ?=1- 2 2 3 100 101

? ?

1?

?1 1? ? ? ?

? 1 ?

1 ?

?

1 100 = . 101 101

1 3.(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足 a1= ,a3a5=4(a4-1) ,则 a2=(C) 4 A.2 B.1 1 C. 2 1 D. 8
2 2 2

解析:解法一 ∵ a3a5=a4,a3a5=4(a4-1) ,∴ a4=4(a4-1) ,∴ a4-4a4+4=0, ∴ a4=2.

a4 2 3 又∵ q = = =8,∴ q=2, a1 1 4
1 1 ∴ a2=a1q= ×2= ,故选 C. 4 2 1 2 4 3 解法二 ∵ a3a5=4(a4-1) ,∴ a1q ·a1q =4(a1q -1) ,将 a1= 代入上式并整理, 4 1 6 3 得 q -16q +64=0,解得 q=2,∴ a2=a1q= ,故选 C. 2 4.已知{an}是等差数列,a1+a2=4,a7+a8=28,则该数列前 10 项和 S10 等于(B) A.64 B.100 C.110 D.120

1

5.在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn 表示数列{an}的前 n 项和,则 S11=(B) A.18 B.99 C.198 D.297 6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=10,a2=9,那么下列不等式中成立的是(D) A.a10-a11<0 B.a20+a22>0 C.S20-S21<0 D.S40+a41<0 解析:公差 d=a2-a1=-1,∴an=11-n. ∴a10-a11>0,a20+a22<0,故 A、B 错误.

Sn=

n(a1+an)
2

=- + n,∴S20>S21,即 S20-S21>0,故 C 错.由 an 及 Sn 知,S40<0, 2 2

n2 21

a41<0,即 S40+a41<0,故 D 正确.
7.已知数列{an}的各项均为正数, 其前 n 项和是 Sn, 若{log2an}是公差为-1 的等差数列, 3 且 S6= ,那么 a1 的值是(A) 8 A. 4 6 B. 21 31 C. 8 12 D. 21 31

8.已知等比数列{an}中,a2=1,则其前 3 项的和 S3 的取值范围是(D) A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪(1,+∞) C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞) 9.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3、a4、 a8 成等比数列,则(B) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 2 2 解析:∵ a3、a4、a8 成等比数列,∴ a4=a3a8,∴ (a1+3d) =(a1+2d) (a1+7d) , 5 2 2 展开整理,得-3a1d=5d ,即 a1d=- d .∵ d≠0,∴ a1d<0. 3 ∵ Sn=na1+

n(n-1) 2 d,∴ S4=4a1+6d,dS4=4a1d+6d2=- d2<0.
2 3

10.已知 f (x) =x+1, g (x) =2x+1, 数列{an}满足 a1=1, an+1=?

?f(an),n为奇数, ? ?g(an),n为偶数, ?

则 a2 016=(D) 2 016 1 007 A.2 -2 016 B.2 -2 016 2 016 1 009 C.2 -2 D.2 -2 解析:a2n+2=a2n+1+1=(2a2n+1)+1=2a2n+2. 即 a2n+2+2=2(a2n+2) ,∴{a2n+2}是以 2 为公比,a2+2=4 为首项的等比数列.∴a2n n-1 n+1 n+1 1 009 +2=4×2 =2 .∴a2n=2 -2.∴a2 016=2 -2. 11.某商品的价格前两年每年递增 20%, 后两年每年递减 20%, 最后一年的价格与原来的

2

价格比较,变化情况是(D) A.不增不减 B.约增 1.4% C.约减 9.2% D.约减 7.8% 2 2 解析:设原价为 1,则现价为(1+20%) (1-20%) =0.921 6,∴1-0.921 6=0.078 4,约减 7.8%. 12.(2014·兰州模拟)设 y=f(x)是一次函数,若 f(0)=1 且 f(1) ,f(4) ,f (13)成等比数列,则 f(2)+f(4)+…+f(2n)等于(A) A.n(2n+3) B.n(n+4) C.2n(2n+3) D.2n(n+4) 2 解析:由题意可设 f(x)=kx+1(k≠0) ,则(4k+1) =(k+1)×(13k+1) ,解 得 k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+1) 2 =4×(1+2+…+n)+n=2n +3n. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 13.(2015·新课标Ⅱ卷)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn = W. 解析:∵ an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1, ∴ Sn+1-Sn=SnSn+1. ∵ Sn≠0,∴ -1 的等差数列. ∴ 1 1

Sn Sn+1



1

=1,即

1

Sn+1 Sn

1 1 1 - =-1.又 =-1,∴ { }是首项为-1,公差为

S1

Sn

Sn

1 =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴ Sn=- .

n

1 答案:-

n

14.(2015·陕西卷)中位数为 1 010 的一组数构成等差数列,其末项为 2 015,则该 数列的首项为 W. 解析:设数列首项为 a1,则 答案:5 15. (2014·肇庆一模)等比数列 {an} 中, a1 + a2 = 20 , a3 + a4 = 40 ,则 a5 + a6 等于 W. 解析:?
? ?a1+a1q=20,
2 3

a1+2 015
2

=1 010,故 a1=5.

?a1q +a1q =40 ?

? q =2,a5+a6=a1q +a1q =q (a1q +a1q )=80.

2

4

5

2

2

3

答案:80 16.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S2=10,S5=55,则过点 P(n,an)和 Q(n * +2,an+2) (n∈N )的直线的斜率是 W. 答案:4

3

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤) * 17. (10 分) (2014·湛江一模) 已知正数数列{an}中, a1=1, 前 n 项和为 Sn, 对任意 n∈N , lg Sn,lg n,lg 1

an

成等差数列.

(1)求 an 和 Sn; (2)设 bn=

Sn ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,当 n≥2 时,证明:Sn<Tn<2. n!
1

解析: (1)依题意:lg Sn+lg
2 2

an

=2lg n,即 =n ,

Sn an

2

∴Sn=ann .∴an+Sn-1=ann .① 2 当 n≥2 时,Sn-1=an-1(n-1) .② ②代入①并整理得:

an n-1 = . an-1 n+1

a2 1 a3 2 a4 3 a5 4 an-3 n-4 an-2 n-3 an-1 n-2 an n-1 ∴ = , = , = , = … = , = , = , = . a1 3 a2 4 a3 5 a4 6 an-4 n-2 an-3 n-1 an-2 n an-1 n+1
把以上式子相乘得: = 又∵a1=1, ∴an=

an 2 , a1 n(n+1)
2 . 2

n(n+1)

∵当 n=1 时,a1=1 也满足上式,∴an= ∵an= 1 ? 2 ?1 =2? - ?, n(n+1) ?n n+1?

n(n+1)

.

1 ? 1 ? 2n ? 1? ?1 1? ?1 1? ?1 ? ∴Sn=2[?1- ?+? - ?+? - ?+…+? - ]=2?1- . ? ?= ? 2? ?2 3? ?3 4? ?n n+1? ? n+1? n+1 2n 1 Sn n+1 2n ? 1 - ? (2)bn= = = =2? ? n! n! (n+1)n! ?n! (n+1)!? ∴Tn=2? =2?1- 1 ? 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 +…+ 1 - ? n! (n+1)!? ?1! 2! 2! 3! 3! 4! ? 1 ?. (n+1)!? ? 1 1 ? ?<2. >0,∴Tn=2?1- ? (n+1)! ? (n+1)!?

? ?

∵n≥2,∴

又 Tn-Sn=2?1-

? ?

1 2 ?- 2n =2?(n+1)!-1- n·n! ?= ? ? (n+1)!? ( n + 1 )! ( n + 1 )! ? n+1 ? ? (n+1)!

2 2 [(n+1) !-1-n·n!]= [(n+1)·n!-1-n·n!]= (n!-1) (n+1)! (n+1)! >0.∴Sn<Tn<2. 18.(12 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+ * 2n(n∈N ). (1)求 a1,a2 的值;

4

(2)求证:数列{Sn+2}是等比数列. * 解析: (1)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N ).∴a1=2,a1+2a2=(a1 +a2)+4.∴a2=4. * (2)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N ) ,① ∴当 n≥2 时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).② 由①-②得 nan=[(n-1)Sn+2n]-[(n-2)Sn-1+2(n-1)]= n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+2. ∴-Sn+2Sn-1+2=0,即 Sn=2Sn-1+2. ∴Sn+2=2(Sn-1+2). ∵S1+2=4≠0,∴Sn-1+2≠0.∴

Sn+2 =2. Sn-1+2

∴{Sn+2}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列. 19.(12 分) (2015·天津卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列, 且 a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; * (2)设 cn=anbn,n∈N ,求数列{cn}的前 n 项和. 解析: (1)设数列{an}的公比为 q,数列{bn}的公差为 d,由题意知 q>0.由已知,有
? ?2q -3d=2, ? 4 消去 d,整理得 ?q -3d=10, ?
2

q4-2q2-8=0,解得 q2=4.又因为 q>0,所以 q=2,所以 d
n-1
* *

=2.所以数列{an}的通项公式为 an=2 ,n∈N ;数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1,n∈N . n-1 0 1 2 (2) 由 (1) 有 cn= (2n-1) ·2 , 设{cn}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn=1×2 +3×2 +5×2 n-2 n-1 +…+(2n-3)×2 +(2n-1)×2 , 1 2 3 n-1 n 2Sn=1×2 +3×2 +5×2 +…+(2n-3)×2 +(2n-1)×2 ,上述两式相减,得 2 3 n n n+1 n n -Sn=1+2 +2 +…+2 -(2n-1)×2 =2 -3-(2n-1)·2 =-(2n-3)·2 -3, n * 所以,Sn=(2n-3)·2 +3,n∈N . 20.(12 分) (2015·天津卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列{bn}是等差数列,且 a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; * (2)设 cn=anbn,n∈N ,求数列{cn}的前 n 项和. 分析: (1)列出关于 q 与 d 的方程组,通过解方程组求出 q,d,即可确定通项; (2)用错位相减法求和.
? ?2q -3d=2, 解析: (1)设{an}的公比为 q,{bn}的公差为 d,由题意 q>0,由已知,有? 4 ?q -3d=10, ?
2

消去 d 得 q -2q -8=0,解得 q=2,d=2,所以{an}的通项公式为 an=2 ,n∈N ,{bn} * 的通项公式为 bn=2n-1,n∈N . n-1 0 1 2 (2)由(1)有 cn=(2n-1)2 ,设{cn}的前 n 项和为 Sn,则 Sn=1×2 +3×2 +5×2 n-1 1 2 3 n +…+(2n-1)×2 ,2Sn=1×2 +3×2 +5×2 +…+(2n-1)×2 , 2 3 n n n 两式相减得-Sn=1+2 +2 +…+2 -(2n-1)×2 =-(2n-3)×2 -3,所以 Sn= n (2n-3)2 +3.

4

2

n-1

*

5

21.(12 分) (2015·福建卷)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an-2+n,求 b1+b2+b3+…+b10 的值. 解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d.
? ?a1+d=4, 由已知得? ?(a1+3d)+(a1+6d)=15, ? ? ?a1=3, ?d=1. ?

解得?

所以 an=a1+(n-1)d=n+2.
n

(2)由(1)可得 bn=2 +n, 所以 b1+b2+b3+…+b10 2 3 10 =(2+1)+(2 +2)+(2 +3)+…+(2 +10) 2 3 10 =(2+2 +2 +…+2 )+(1+2+3+…+10) = 2(1-2 ) (1+10)×10 + 1-2 2
11 10

=(2 -2)+55 11 =2 +53=2 101. 22.(12 分)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2, a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; * * (2)记 Ta=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N ,证明:Tn-8=an-1bn+1(n∈N ,n>2). 解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q,由 a1=b1=2,得 a4
? ?2+3d+2q =27, ? ?d=3, =2+3d,b4=2q ,S4=8+6d,由条件得方程组? ?? 3 ?8+6d-2q =10 ?q=2. ? ?
3 3

故 an=3n-1,bn=2 ,n∈N . (2)由(1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)×2n,① 2 3 n n+1 2Tn=2×2 +5×2 +…+(3n-4)×2 +(3n-1)×2 .② 2 3 n n+1 由①-②,得-Tn=2×2+3×2 +3×2 +…+3×2 -(3n-1)×2 = 6×(1-2 ) n+1 -(3n-1)×2 -2 1-2
n+1 n

n

*

=-(3n-4)×2 -8. n+1 得 Tn-8=(3n-4)×2 . n+1 而当 n>2 时,an-1bn+1=(3n-4)×2 . * 所以 Tn-8=an-1bn+1(n∈N ,n>2).

6



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