人教新课标版数学高二必修5(R-B版)过关测试 第二章 数列

高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷本试卷满分150分，其中选择题共75分，填空题共25分，解答题共50分。

试卷难度：0.63一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．82．（5分）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏3．（5分）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．1104．（5分）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题5．（5分）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是由关系式a n+1（）A．B．C．D．6．（5分）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．7．（5分）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定8．（5分）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．9．（5分）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A n B n C n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列10．（5分）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺11．（5分）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．5412．（5分）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱13．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣14．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．915．（5分）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=．17．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．18．（5分）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列的项数为．19．（5分）已知无穷数列{a n }，a 1=1，a 2=2，对任意n ∈N *，有a n +2=a n ，数列{b n }满足b n +1﹣b n =a n （n ∈N *），若数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则满足要求的b 1的值为．20．（5分）设数列{a n }的通项公式为a n =n 2+bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．22．（10分）设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n =max {b 1﹣a 1n ，b 2﹣a 2n ，…，b n ﹣a n n }（n=1，2，3，…），其中max {x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．（1）若a n =n ，b n =2n ﹣1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，＞M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m +1，c m +2，…是等差数列．23．（10分）已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2+a 4=10，b 2b 4=a 5． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）求和：b 1+b 3+b 5+…+b 2n ﹣1．24．（10分）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2=2，S 3=﹣6．（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列．25．（10分）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3﹣x 2=2． （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1（x 1，1），P 2（x 2，2）…P n +1（x n +1，n +1）得到折线P 1 P 2…P n +1，求由该折线与直线y=0，x=x 1，x=x n +1所围成的区域的面积T n．高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷参考答案与试题解析一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．8【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选：C．【点评】本题考查等差数列的面公式的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．2．（5分）（2017•新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【考点】89：等比数列的前n项和；88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a 的值．【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381==127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，故选B．【点评】本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．3．（5分）（2017•新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n ﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别分别即可求得N的值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n﹣1，（n∈N+），则=a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n﹣1=2n﹣n﹣2，），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，可知当N为时（n∈N+即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，…，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N ＞100，∴该款软件的激活码440．故选A．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．4．（5分）（2017•上海模拟）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；5L ：简易逻辑．【分析】对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，满足{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但是不满足c n=sinn是递增数列，对于②根据等差数列的性质和定义即可判断．【解答】解：对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，∴{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但c n=sinn不是递增数列，故为假命题，对于②{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，不妨设公差为分别为a，b，c，∴a n+b n﹣a n﹣1﹣b n﹣1=a，b n+c n﹣b n﹣1﹣c n﹣1=b，a n+c n﹣a n﹣1﹣c n﹣1=c，设{a n}，{b n}、{c n}的公差为x，y，x，∴则x=，y=，z=，故若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列，故为真命题，故选：D【点评】本题考查了等差数列的性质和定义，以及命题的真假，属于基础题．5．（5分）（2017•徐汇区校级模拟）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），由关系式a n+1=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是（）A．B．C．D．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】31 ：数形结合；51 ：函数的性质及应用．=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n（n∈N*），根据点与【分析】由关系式a n+1直线之间的位置关系，我们不难得到，f（x）的图象在y=x上方．逐一分析不难得到正确的答案．=f（a n）＞a n知：f（x）的图象在y=x上方．【解答】解：由a n+1故选：A．【点评】本题考查了数列与函数的单调性、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．（5分）（2017•河东区二模）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】32 ：分类讨论；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，可得：（﹣1）n+2016•a＜2+，对n分类讨论即可得出．【解答】解：a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，∴（﹣1）n+2016•a＜2+，n为偶数时：化为a＜2﹣，则a＜．n为奇数时：化为﹣a＜2+，则a≥﹣2．则实数a的取值范围是．故选：D【点评】本题考查了数列通项公式、分类讨论方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．（5分）（2017•宝清县一模）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】由于{b n}是等差数列，可得b4+b10=2b7．已知a6=b7，于是b4+b10=2a6．由于数列{a n}是正项等比数列，可得a3+a9=≥=2a6．即可得出．【解答】解：∵{b n}是等差数列，∴b4+b10=2b7，∵a6=b7，∴b4+b10=2a6，∵数列{a n}是正项等比数列，∴a3+a9=≥=2a6，∴a3+a9≥b4+b10．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的性质、基本不等式的性质，属于中档题．8．（5分）（2017•湖北模拟）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】根据数列的递推公式可得数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公=（n﹣2λ）•2n，根据数列的单调性即可求出λ的范围．比为2，再代值得到b n+1【解答】解：∵数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*），∴=+1，化为+1=+2∴数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公比为2，∴+1=2n，=（n﹣2λ）（+1）=（n﹣2λ）•2n，∴b n+1∵数列{b n}是单调递增数列，＞b n，∴b n+1∴（n﹣2λ）•2n＞（n﹣1﹣2λ）•2n﹣1，解得λ＜1，但是当n=1时，b2＞b1，∵b1=﹣λ，∴（1﹣2λ）•2＞﹣λ，故选：A．【点评】本题考查了变形利用等比数列的通项公式的方法、单调递增数列，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（5分）（2017•海淀区校级模拟）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A nB nC n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列；58 ：解三角形；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=a n可知△A n B n C n的边B n C n为定值a1，由b n+1+c n+1﹣2a1=（b n+c n+1﹣2a n），b1+c1=2a1得b n+c n=2a1，则在△A n B n C n中边长B n C n=a1为定值，另两边A n C n、A n B n的长度之和b n+c n=2a1为定值，由此可知顶点A n在以B n、C n为焦点的椭圆上，根据b n﹣c n+1=（c n﹣b n），得b n﹣c n=，可知n→+∞时b n→c n，+1据此可判断△A n B n C n的边B n C n的高h n随着n的增大而增大，再由三角形面积公式可得到答案．【解答】解：b1=2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1，+c n+1=+a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n=（b n+c n﹣2a n），由题意，b n+1∴b n+c n﹣2a n=0，∴b n+c n=2a n=2a1，∴b n+c n=2a1，﹣c n+1=，又由题意，b n+1∴b n﹣（2a1﹣b n+1）==a1﹣b n，b n+1﹣a1=（a1﹣b n）=（b1 +1﹣a1）．∴b n=a1+（b1﹣a1），c n=2a1﹣b n=a1﹣（b1﹣a1），=•=单调递增．可得{S n}单调递增．故选：B．【点评】本题主要考查由数列递推式求数列通项、三角形面积海伦公式，综合考查学生分析解决问题的能力，有较高的思维抽象度，属于难题．10．（5分）（2017•汉中二模）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，其公差为d，由等差数列的前n项和公式能求出公差．【解答】解：由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，记为：a1，a2，a3，…，a n，其公差为d，则a1=5，S30=390，∴=390，∴d=．故选：B．【点评】本题查等差数列的公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．11．（5分）（2017•徐水县模拟）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．54【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题．【分析】由题意得a2=3a4﹣6，所以得a5=3．所以由等差数列的性质得S9=9a5=27．【解答】解：设数列{a n}的首项为a1，公差为d，因为a2=3a4﹣6，所以a1+d=3（a1+3d）﹣6，所以a5=3．所以S9=9a5=27．故选B．【点评】解决此类题目的关键是熟悉等差数列的性质并且灵活利用性质解题．12．（5分）（2017•安徽模拟）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；21 ：阅读型；33 ：函数思想；51 ：函数的性质及应用；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，列出方程组，能求出E所得．【解答】解：由题意：设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，则，解得a=，故E所得为钱．故选：A．【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质、等差数列的性质的合理运用．13．（5分）（2017•南开区模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】设出等差数列的首项和公差，由已知列式求得首项和公差，代入两点求直线的斜率公式得答案．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S2=10，S5=55，得，解得：．∴过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）的直线的斜率为k=．故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，训练了两点求直线的斜率公式，是基础题．14．（5分）（2017•枣阳市校级模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．9【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，由S3=9，a2a4=21，可得3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，可得a n．由数列{b n}满足，利用递推关系可得：=．对n取值即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S3=9，a2a4=21，∴3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．∵数列{b n}满足，∴n=1时，=1﹣，解得b1=．n≥2时，+…+=1﹣，∴=．∴b n=．若，则＜．n=7时，＞．n=8时，＜．因此：，则n的最小值为8．故选：C．【点评】本题考查了等差数列通项公式与求和公式、数列递推关系及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．（5分）（2017•安徽一模）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由函数图象关于x=﹣1对称，由题意可得a50+a51=﹣2，运用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），可得a50+a51=﹣2，又{a n}是等差数列，所以a1+a100=a50+a51=﹣2，则{a n}的前100项的和为=﹣100故选：B．【点评】本题考查函数的对称性及应用，考查等差数列的性质，以及求和公式，考查运算能力，属于中档题．二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=32．【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．则a8==32．故答案为：32．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（5分）（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．【考点】8E：数列的求和；85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n=，=，则=2[1﹣++…+]=2（1﹣）=．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．18．（5分）（2017•汕头三模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为134．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．【解答】解：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故a n=15n﹣14．由a n=15n﹣14≤2017得n≤135，∵当n=1时，符合要求，但是该数列是从2开始的，故此数列的项数为135﹣1=134．故答案为：134【点评】本题考查数列模型在实际问题中的应用，考查等差数列的通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题19．（5分）（2017•闵行区一模）已知无穷数列{a n}，a1=1，a2=2，对任意n∈N*，=a n，数列{b n}满足b n+1﹣b n=a n（n∈N*），若数列中的任意一项都在有a n+2该数列中重复出现无数次，则满足要求的b1的值为2．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】35 ：转化思想；48 ：分析法；5M ：推理和证明．【分析】依题意数列{a n}是周期数咧，则可写出数列{a n}的通项，由数列{b n}满足b n﹣b n=a n（n∈N*），可推出b n+1﹣b n=a n=⇒，，+1，，…要使数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则b2=b6=b10=…=b2n﹣1，b4=b8=b12=…=b4n，可得b8=b4=3即可，【解答】解：a1=1，a2=2，对任意n∈N*，有a n+2=a n，∴a3=a1=1，a4=a2=2，a5=a3=a1=1，∴a n=﹣b n=a n=，∴b n+1﹣b2n+1=a2n+1=1，b2n+1﹣b2n=a2n=2，∴b2n+2﹣b2n=3，b2n+1﹣b2n﹣1=3∴b2n+2∴b3﹣b1=b5﹣b3=…=b2n+1﹣b2n﹣1=3，b4﹣b2=b6﹣b4=b8﹣b6=…=b2n﹣b2n﹣2=3，b2﹣b1=1，，，，，，，…，=b4n﹣2∵数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，∴b2=b6=b10=…=b4n﹣2，b4=b8=b12=…=b4n，解得b8=b4=3，b2=3，∵b2﹣b1=1，∴b1=2，故答案为：2【点评】本题考查了数列的推理与证明，属于难题．20．（5分）（2017•青浦区一模）设数列{a n}的通项公式为a n=n2+bn，若数列{a n}是单调递增数列，则实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．【考点】82：数列的函数特性．【专题】35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】数列{a n}是单调递增数列，可得∀n∈N*，a n+1＞a n，化简整理，再利用数列的单调性即可得出．【解答】解：∵数列{a n}是单调递增数列，∴∀n∈N*，a n＞a n，+1（n+1）2+b（n+1）＞n2+bn，化为：b＞﹣（2n+1），∵数列{﹣（2n+1）}是单调递减数列，∴n=1，﹣（2n+1）取得最大值﹣3，∴b＞﹣3．即实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．故答案为：（﹣3，+∞）．【点评】本题考查了数列的单调性及其通项公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）（2017•江苏）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．【考点】8B ：数列的应用．【专题】23 ：新定义；35 ：转化思想；4R ：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知根据等差数列的性质，a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1）═2×3a n ，根据“P （k ）数列”的定义，可得数列{a n }是“P （3）数列”；（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到{a n }从第3项起为等差数列，再通过判断a 2与a 3的关系和a 1与a 2的关系，可知{a n }为等差数列．【解答】解：（1）证明：设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，则a n =a 1+（n ﹣1）d ，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3，=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1），=2a n +2a n +2a n ，=2×3a n ，∴等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）证明：当n ≥4时，因为数列{a n }是P （3）数列，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=6a n ，①，因为数列{a n }是“P （2）数列”，所以a n ﹣3+a n ﹣3+a n +a n +1=4a n ﹣1，②，a n ﹣1+a n +a n +2+a n +3=4a n +1，③，②+③﹣①，得2a n =4a n ﹣1+4a n +1﹣6a n ，即2a n =a n ﹣1+a n +1，（n ≥4），因此n ≥4从第3项起为等差数列，设公差为d ，注意到a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4， 所以a 2=4a 4﹣a 3﹣a 5﹣a 6=4（a 3+d ）﹣a 3﹣（a 3+2d ）﹣（a 3+3d ）=a 3﹣d ，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）=a2﹣d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以{a n}为等差数列．【点评】本题考查等差数列的性质，考查数列的新定义的性质，考查数列的运算，考查转化思想，属于中档题．22．（10分）（2017•北京）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．【考点】8B：数列的应用；8C：等差关系的确定．【专题】32 ：分类讨论；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，则c n=b1﹣na1=1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；﹣n，c n+1（2）由b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，+1∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，﹣c n=d2﹣a1，此时c n+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；+1③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i ≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．【点评】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．23．（10分）（2017•北京）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．【考点】8E：数列的求和；8M：等差数列与等比数列的综合．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{a n}的通项公式；（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}的通项公式：a n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．【点评】本题考查等差数列与等比数列的应用，数列求和以及通项公式的求解，考查计算能力．24．（10分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【考点】8E：数列的求和；89：等比数列的前n项和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2=2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．。

综合检测(二)第二章 数列(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2013·郑州高二检测)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n n 22n －1 B ．a n ＝(－1)nn (n ＋1)2n －1 C ．a n ＝(－1)n n 22n ＋1 D ．a n ＝(－1)nn 32n －1 【解析】 观察各项知符号可用(－1)n 表示，各项绝对值的分母为1,3,5,7…，故可表示为2n －1，分子为1,4,9,16…可表示为n 2，故a n ＝(－1)nn 22n －1. 【答案】 A2．(2013·咸阳高二检测)已知等差数列{a n }中，a 5＋a 9＝2，则S 13＝( )A ．11B ．12C ．13D ．不确定【解析】 S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 5＋a 9)2＝13. 【答案】 C3．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64【解析】 由a 7＋a 9＝16，得a 8＝8，∴d ＝8－18－4＝74，∴a 12＝1＋8×74＝15.【答案】 A4．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( )A ．81B ．120C ．168D ．192 【解析】 ∵a 5＝a 2q 3，∴q 3＝a 5a 2＝2439＝27，∴q ＝3，∴a 1＝3，∴S 4＝3(1－34)1－3＝120. 【答案】 B5．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则a 3＋a 4＋a 5等于( )A ．33B ．84C ．72D ．189【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3，即4×3q ＝4×3＋3q 2，∴q ＝2，∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝3(22＋23＋24)＝84.【答案】 B6．(2013·合肥高二检测)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15【解析】 记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.【答案】 A7．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 012等于( ) A.12B ．2C ．－1D ．1【解析】 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n 得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，因此a 2 012＝a 3×670＋2＝a 2＝2. 【答案】 B8．设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则等于( ) A ．1 033B ．1 034C ．2 057D ．2 058【解析】 由已知可得a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1，【答案】 A9．(2013·宜昌高二检测)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上，则1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n等于( ) A.2n n ＋1 B.2n (n ＋1)C.n (n ＋1)2D.n 2(n ＋1)【解析】 由题意，a n －a n ＋1＋1＝0.∴a n ＋1－a n ＝1，∴{a n }为等差数列，且a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2n n ＋1. 【答案】 A10．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n【解析】 依题意可得a 2＝a 1＋ln(1＋11)，a 3＝a 2＋ln(1＋12)， …a n ＝a n －1＋ln(1＋1n －1)， 则a n ＝a 1＋ln ＝2＋ln n .【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)11．(2013·烟台高二检测)若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *), 则a 5＝________.【解析】 由已知a n ＋1a n＝2，∴{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，∴a 5＝a 1q 4＝1×24＝16.【答案】 1612．(2013·洛阳高二检测)首项为－24的等差数列从第10项起开始为正数，则公差d 的取值范围是________．【解析】 设a 1＝－24，公差为d ，∴a 10＝－24＋9d >0且a 9＝－24＋8d ≤0，∴83<d ≤3.【答案】 (83，3(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝－2n n ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1. 18．(本小题满分14分)(2013·绵阳高二检测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于任意的正整数n 都有S n ＝2a n －3n .(1)设b n ＝a n ＋3，求证：数列{b n }是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和．【解】 (1)∵S n ＝2a n －3n 对于任意的正整数都成立，∴S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－3(n ＋1)－2a n ＋3n .∴a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，即b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2对一切正整数都成立． ∴数列{b n }是等比数列．由已知得S 1＝2a 1－3，即a 1＝2a 1－3，∴a 1＝3，∴首项b 1＝a 1＋3＝6，公比q ＝2，∴b n ＝6·2n －1.∴a n ＝6·2n －1－3＝3·2n －3.(2)∵na n ＝3×n ·2n －3n ， ∴S n ＝3(1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )， 2S n ＝3(1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1)－6(1＋2＋3＋…＋n )， －S n ＝3(2＋22＋23＋…＋2n )－3n ·2n ＋1＋3(1＋2＋3＋…＋n )＝3·2(2n －1)2－1－6n ·2n ＋3n (n ＋1)2， ∴S n ＝(6n －6)·2n＋6－3n (n ＋1)2.。

第二章《数列》章末综合测试B 卷(时间：100分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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)1．一个首项为23，公差为整数的等差数列中，前6项均为正数，从第7项起为负数，则公差d 为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．－52．若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n ，则公比为( )A ．2B ．4C ．8D ．163．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20等于( )A ．－1B ．1C ．3D ．74．在等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，S 10＝90，a 5＝8，则a 4＝( )A ．16B ．12C ．8D ．65．在等比数列{a n }中，若a n ＞0，且a 2＝1－a 1，a 4＝9－a 3，则a 4＋a 5的值为( )A ．16B ．81C ．36D ．276．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴…如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂( )A ．55 986只B ．46 656只C ．216只D ．36只7．等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，S n 为前n 项和，则数列{S n n}是( ) A ．首项为a 1，公差为d 的等差数列B ．首项为a 1，公比为d 的等比数列C ．首项为a 1，公差为d 2的等差数列 D ．首项为a 1，公比为d 2的等比数列 8．已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S 17＋S 33＋S 50等于( )A ．0B ．1C ．－1D ．29．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．1810．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012C ．503D ．0二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在题中的横线上) 11.2－1与2＋1的等比中项是________．12．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列，则数列{a n }的公比为________．13．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于________． 14．在数列{a n }和{b n }中，b n 是a n 和a n ＋1的等差中项，a 1＝2且对任意n ∈N *都有3a n ＋1－a n ＝0，则数列{b n }的通项b n ＝________．15．某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价：由于首层与顶层均为复式结构，因此首层价格为a 1元/m 2，顶层由于景观好价格为a 2元/m 2，第二层价格为a 元/m 2，从第三层开始每层在前一层价格上加价a 100元/m 2，则该商品房各层的平均价格为________元/m 2.三、解答题(本大题共5小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分10分)数列{a n }的前n 项和记为S n ，点(n ，S n )在曲线f (x )＝x 2－4x (x ∈N *)上．求数列{a n }的通项公式．17．(本小题满分10分)已知数列{log 2(a n －1)}(n ∈N *)为等差数列，且a 1＝3，a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＜1.18．(本小题满分10分))等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求数列{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n .19．(本小题满分10分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1，2，3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)当b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n ＝n 1＋n .20．(本小题满分10分)甲、乙两超市同时开业，第一年的全年销售额为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多a ⎝⎛⎭⎫23n －1万元．(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？参考答案一、选择题1.解析：选C.设通项公式为a n ＝23＋(n －1)d ，由题意列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧23＋（6－1）d ＞0，23＋（7－1）d ＜0，解得－235＜d ＜－236.∵d 是整数，∴d ＝－4. 2.解析：选B.由a n a n ＋1＝16n ，知a 1a 2＝16，a 2a 3＝162，后式除以前式得q 2＝16，∴q ＝±4.∵a 1a 2＝a 21q ＝16＞0，∴q ＞0，∴q ＝4.3.解析：选B.∵a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝105，∴a 3＝35，∴a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝99，∴a 4＝33，∴d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴a 20＝a 3＋17d ＝35＋17×(－2)＝1.4.解析：选D.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝90，a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2. ∴a 4＝a 1＋3d ＝0＋3×2＝6.5.解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝1a 1q 2＋a 1q 3＝9⇒q 2＝9⇒q ＝3， 所以a 1＝14， 所以a 4＋a 5＝14×33＋14×34＝33（3＋1）4＝27. 6.解析：选B.设第n 天所有的蜜蜂都归巢后共有a n 只蜜蜂，则有a n ＋1＝ba n ，a 1＝6，则{a n }是公比为6的等比数列，则a 6＝a 1q 5＝6×65＝46 656.7.解析：选C.∵S n ＝na 1＋n （n －1）2d ， ∴S n n ＝a 1＋(n －1)·d 2， ∴{S n n }是以a 1为首项，d 2为公差的等差数列． 8.解析：选B.S 17＝1－2＋3－4＋…＋17＝－8＋17＝9，S 33＝1－2＋3－4＋…＋33＝－16＋33＝17，S 50＝1－2＋3－4＋…－50＝－25，∴S 17＋S 33＋S 50＝9＋17－25＝1.9.解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99得，3d ＝－6，∴d ＝－2，∴3a 1＋6d ＝105，∴a 1＝39，∴a n ＝39＋(n －1)×(－2)＝41－2n .又∵a 20＞0，a 21＜0且d ＝－2＜0，∴当n ＝20时，S n 最大．10.解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝2，k ∈N ，故S 2 012＝503×2＝1 006.二、填空题11.解析：设2－1与2＋1的等比中项为G ，则G 2＝(2－1)(2＋1)＝1，∴G ＝±1.答案：±112.解析：由题意，知4S 2＝S 1＋3S 3.①当q ＝1时，4×2a 1＝a 1＋3×3a 1.即8a 1＝10a 1，a 1＝0不符合题意，∴q ≠1；②当q ≠1时，应有4×a 1（1－q 2）1－q ＝a 1（1－q ）1－q ＋3×a 1（1－q 3）1－q，化简得3q 2＝q ，得q ＝13或q ＝0(舍去)． 答案：1313.解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 2·a 3＝a 21·q 3＝a 1·a 4＝2a 1⇒a 4＝2， a 4＋2a 7＝a 4＋2a 4q 3＝2＋4q 3＝2×54⇒q ＝12. 故a 1＝a 4q 3＝16，S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31. 答案：3114.解析：∵由3a n ＋1－a n ＝0可得a n ＋1a n ＝13(n ∈N *)， ∴数列{a n }是公比为13的等比数列． 因此a n ＝2·⎝⎛⎭⎫13n －1.故b n ＝12(a n ＋a n ＋1) ＝12⎣⎡⎦⎤2·⎝⎛⎭⎫13n －1＋2·⎝⎛⎭⎫13n＝43⎝⎛⎭⎫13n －1＝4·⎝⎛⎭⎫13n . 答案：4·⎝⎛⎭⎫13n15.解析：设第二层到第22层的价格构成数列{b n }，则{b n }是等差数列，b 1＝a ，公差d ＝a 100，共21项， 所以其和为S 21＝21a ＋21×202·a 100＝23.1a ， 故平均价格为123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2.答案：123(a 1＋a 2＋23.1a )三、解答题16.解：由点(n ，S n )在曲线f (x )＝x 2－4x (x ∈N *)上知，S n ＝n 2－4n ，当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n －[(n －1)2－4(n －1)]＝2n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－3，满足上式；∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －5.17.解：(1)设等差数列{log 2(a n －1)}的公差为d .由a 1＝3，a 3＝9，得log 2(9－1)＝log 2(3－1)＋2d ，则d ＝1.所以log 2(a n －1)＝1＋(n －1)×1＝n ，即a n ＝2n ＋1.(2)证明：因为1a n ＋1－a n ＝12n ＋1－2n ＝12n ， 所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＝121＋122＋123＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 18.解：(1)依题意有2S 3＝S 1＋S 2；即a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0.又q ≠0.从而q ＝－12. (2)由(1)及已知可得a 1－a 1·(－12)2＝3，得a 1＝4， 从而S n ＝4[1－（－12）n ]1－（－12）＝83[1－(－12)n ]． 19.解：(1)由已知⎩⎨⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1，(n ≥2)， 得a n ＋1＝32a n (n ≥2)． ∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列． 又a 2＝12S 1＝12a 1＝12， ∴a n ＝a 2×⎝⎛⎭⎫32n －2(n ≥2)．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12×⎝⎛⎭⎫32n －2，n ≥2. (2)证明：b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎡⎦⎤32×⎝⎛⎭⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n （1＋n ）＝1n －11＋n ， ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n 1＋n. 20.解：(1)设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为a n ，b n .则有a 1＝a ，当n ≥2时，a n ＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2] ＝(n －1)a ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， n ＝1，（n －1）a ， n ≥2. b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝⎣⎡⎦⎤3－2⎝⎛⎭⎫23n －1a (n ∈N *)． (2)易知b n ＜3a ，所以乙超市将被甲超市收购，由b n ＜12a n 得：⎣⎡⎦⎤3－2⎝⎛⎭⎫23n －1a ＜12(n －1)a . ∴n ＋4⎝⎛⎭⎫23n －1＞7，∴n ≥7，即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．。

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2017春高中数学第2章数列基本知能检测新人教B版必修5（时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，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．在等差数列｛a n}中，a3＝－6，a7＝a5＋4，则a1等于错误!（ A )A．－10 B．－2C．2 D．10[解析］设公差为d，∴a7－a5＝2d＝4,∴d＝2，又a3＝a1＋2d，∴－6＝a1＋4,∴a1＝－10。

2．在等比数列{a n}中,a4、a12是方程x2＋3x＋1＝0的两根，则a8等于错误!（ B )A．1 B．－1C．±1D．不能确定［解析]由题意得，a4＋a12＝－3<0,a·a12＝1>0，∴a4〈0，a12<0。

4∴a8<0,又∵a错误!＝a4·a12＝1，∴a8＝－1。

3．如果－4,a，b,c，－16成等比数列，那么导学号 27542545（ B )A．b＝8，ac＝64 B．b＝－8，ac＝64C．b＝8，ac＝64 D．b＝－8，ac＝－64［解析]∵b2＝（－4)×(－16）＝64，b与首项－4同号，∴b＝－8.4．已知等差数列｛a n}的前n项和为S n，若S17＝170，则a7＋a9＋a11的值为错误!（ D ) A．10 B．20C．25 D．30［解析]∵S17＝17a9＝170,∴a9＝10，∴a7＋a9＋a11＝3a9＝30.5．在等比数列｛a n}中，a n<a n＋1，且a2a11＝6，a4＋a9＝5，则错误!等于错误!（ B ）A．6 B．错误!C．错误!D．错误!［解析]∵a4·a9＝a2a11＝6，又∵a4＋a9＝5，且a n<a n＋1,∴a4＝2，a9＝3，∴q5＝错误!＝错误!，又错误!＝错误!＝错误!。

1．数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列． 2．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)． (3)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(4)构造新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．(5)归纳、猜想、证明法．3．等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n ＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列．(2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列． (3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N ＋)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N ＋)⇔{a n }是等比数列． 4．求数列的前n 项和的基本方法(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n 项和S n 公式； (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (5)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导．题型一 方程的思想解数列问题在等差数列和等比数列中，通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量：a 1，a n ，n ，d (或q )，S n ，其中首项a 1和公差d (或公比q )为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1，a n ，n ，d (或q )，S n 的方程组，通过方程的思想解出需要的量．例1 设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 7＝21，S 15＝－75，T n 为数列{S n n }的前n 项和，求T n 的最大值． 解 设等差数列{a n }的公差为d ，则 S n ＝na 1＋12n (n －1)d .∵S 7＝21，S 15＝－75，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7a 1＋21d ＝21，15a 1＋105d ＝－75，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝3，a 1＋7d ＝－5，解得a 1＝9，d ＝－2.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝9n －(n 2－n )＝10n －n 2.则S nn ＝10－n .∵S n ＋1n ＋1－S n n＝－1， ∴数列{S nn }是以9为首项，公差为－1的等差数列．则T n ＝n ·[9＋(10－n )]2＝－12n 2＋192n＝12(n －192)2＋3618. ∵n ∈N ＋，∴当n ＝9，或n ＝10时，T n 有最大值45.跟踪演练1 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，设S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，求S n .解 设数列{a n }的公差为d ，依题设有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1(a 3＋1)＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋2a 1d －d 2＋2a 1＝0，a 1＋d ＝4.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－4.因此S n ＝12n (3n －1)或S n ＝2n (5－n )．题型二 转化与化归思想求数列通项由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳猜想出通项，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出．例2 在数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n －1 (n ≥2且n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3的值；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(3)求通项公式a n .解 (1)∵a 1＝5，∴a 2＝2a 1＋22－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列．设b n ＝a n ＋λ2n ，由{b n }为等差数列，则有2b 2＝b 1＋b 3.∴2×a 2＋λ22＝a 1＋λ2＋a 3＋λ23，13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8.解得λ＝－1.此时，b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n＝12n ＋1＝12n ＋1＝1. 又b 1＝a 1＋λ2＝2.综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{a n ＋λ2n }为首项是2、公差是1的等差数列．(3)由(2)知，数列{a n －12n }为首项是2，公差为1的等差数列．∴a n －12n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，∴a n ＝(n ＋1)2n ＋1.跟踪演练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N＋)．(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4，∴a 2＝4； 当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6，∴a 3＝8. (2)证明 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，①∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)．∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0，∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． 题型三 函数思想求解数列问题数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围，最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的思想指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或其真子集，这一特殊性对问题结果可能造成影响．例3 已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3) (n ∈N ＋)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2.∵d >0，a 1＝1，∴d ＝2. ∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12(1n －1n ＋1)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＝12(1－1n ＋1)＝n2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t 36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0，∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8. 跟踪演练3 已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (1a n)，n ∈N ＋， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n . 解 (1)∵a n ＋1＝f (1a n )＝2a n ＋33a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1) ＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n (53＋4n 3＋13)2＝－49(2n 2＋3n )．题型四 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识有较多交汇处．它包涵知识点多、思想丰富、综合性强，已成为近年高考的一大亮点．例4 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① ∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， ②①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1，即m <12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1，即m 的取值范围是(－∞，－14n －13＋n (n ＋1)2＝－12(3n 2＋n －4)≤0. ∴不等式S n ＋1≤4S n 对任意n ∈N ＋皆成立．1．等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题．2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．。

第二章 数 列 同步练测（人教B 版必修5）建议用时 实际用时满分 实际得分90分钟150分一、选择题(每小题5分，共50分)1．数列{}n a 是首项1a ＝1，公差为d ＝3的等差数列，如果n a ＝2 005，则序号n 等于( ) A ．667 B ．668 C ．669 D ．670 2．在各项都为正数的等比数列{}n a 中，首项1a ＝3，前三项和为21，则3a ＋45a a +＝( ) A ．33B ．72C ．84D ．1893．如果1a ，2a ，…，8a 为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，则( ) A ．1a 8a ＞4a 5aB ．1a 8a ＜4a 5a C ．1a +8a ＜4a +5a D ．1a 8a ＝4a 5a4．设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ＋＋＝，12380a a a ＝，则111213a a a ＋＋＝ ( )A.120B.105C.90D.755．在等比数列{}n a 中，2a ＝9，5a ＝243，则{}n a 的前4项和为( )A ．81B ．120C ．168D ．192 6．等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 若31710a a ＋＝，则19S 的值是( )A.55B.95C.100D.不确定7．已知等差数列{}n a 的公差为2，若1a ,34,a a 成等比数列，则2a ＝( ) A ．－4 B ．－6C.－8D ．－108．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若35a a ＝95，则59S S ＝( ) A ．1B ．－1C ．2D ．21 9．已知数列－1,12,a a ,－4成等差数列，－1，123,,b b b ，－4成等比数列，则212b a a -的值是( ) A ．21B ．－21C ．－21或21 D ．4110．在等差数列{}n a 中，n a ≠0，1n a -－2n a ＋1n a +＝0(n ≥2)，若21n S -＝38，则n ＝( )A ．38B ．20C ．10D ．9二、填空题（每小题5分，共30分） 11．设()f x ＝221+x，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为 .12．已知在等比数列{}n a 中，(1)若345a a a ⋅⋅＝8，则23456a a a a a ⋅⋅⋅⋅＝ ． (2)若12a a +＝324，34a a +＝36，则56a a +＝ ．(3)若4S ＝2，8S ＝6，则4S ＝ .13．在38和227之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为 ．14．在等差数列{}n a 中，3(35a a +)＋2(71013a a a ++)＝24，则此数列前13项之和为 .15．在等差数列{}n a 中，5a ＝3，6a ＝－2，则4a ＋5a ＋…＋10a ＝ .16．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用()f n 表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝ ；当n ＞4时，()f n ＝ ． 三、解答题（共70分）17．（11分）(1)已知数列{}n a 的前n 项和n S ＝32n －2n ，求证：数列{}n a 是等差数列. (2)已知a 1，b 1，c 1成等差数列，求证：a c b +，ba c +，cba +也成等差数列.18．（11分）设{}n a 是公比为q 的等比数列,且132,,a a a 成等差数列．(1)求q 的值；(2)设{}n b 是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为n S ，当n ≥2时，比较n S 与n b 的大小，并说明理由．19．（12分）数列{}n a 的前n 项和记为n S ，已知1a ＝1，1n a +＝nn 2+n S (n ＝1，2，3，…)． 求证：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列．20．(12分)已知数列{}n a 是等差数列，25618a a ＝，＝；数列{}n b 的前n 项和是n T ，且n T ＋12n b ＝1.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：数列{}n b 是等比数列．21．(12分)假设某市2007年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积(以2007年为累计的第一年)等于4 750万平方米？22．(12分)设1a＝1，2a＝53，2na+＝531na+－23 na*()n∈N．(1)令1n n nb a a＋＝－*()n∈N，求数列{}n b的通项公式；(2)求数列{}nna的前n项和nS.第二章数列同步练测（人教B版必修5）答题纸得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题11. 12. 13. 14. 15. 16.三、解答题17.18.19.20.21.22.第二章 数 列同步练测（人教B 版必修5）答案一、选择题1.C 解析：由题意知2 005＝1＋3(n －1)，∴ n ＝699．2.C 解析：设等比数列{}n a 的公比为q (q ＞0)， 由题意得1a ＋23a a +＝21，即1a (1＋2q q +)＝21.又1a ＝3，∴ 1＋2q q +＝7．解得q ＝2或q ＝－3(不合题意，舍去)， ∴ 345a a a ++＝a 1q 2(1＋2q q +)＝3×22×7＝84． 3.B 解析：由1a ＋845a a a =+，∴ 排除C ． 又1a ·8a ＝1a (1a ＋7d )＝21a ＋71a d ，∴ 45a a ⋅＝(1a 3d +)(1a 4d +)＝21a ＋71a d ＋122d ＞1a ·8a ．4．B 解析：{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ＋＋＝，即32a ＝15，则2a ＝5.又123a a a ＝80，∴ 13a a ＝(5)(5)d d －＋＝16，∴ d ＝3. ∵ 1221035a a d =+=，∴ 111213123105a a a a ++==.5.B 解析：∵ 2a ＝9，5a ＝243，25a a ＝3q ＝9243＝27， ∴ q ＝3. 又1a q ＝9，∴ 1a ＝3， ∴ S 4＝3－13－35＝2240＝120．6.B 解析：∵ 317119a a a a ＋＝＋，∴ 1191919()2a a S +＝＝192×10＝95. 7.B 解析：∵ {}n a 是等差数列，∴ 31a a =＋4，41a a =＋6. 又∵ 134,,a a a 成等比数列，∴ (1a ＋4)2＝1a (1a ＋6)，解得1a ＝－8， ∴ 2a ＝－8＋2＝－6．8.A 解析：∵ 59S S ＝2)(52)(95191a a a a ++＝3559a a ⋅⋅＝59×95＝1，∴ 选A ．9.A 解析：设d 和q 分别为公差和公比，则－4＝－1＋3d 且－4＝(－1)4q ，∴ d ＝－1，2q ＝2，∴212b a a -＝2q d -＝21． 10.C 解析：∵ {}n a 为等差数列，∴ n a 2＝11n n a a -++，∴ 2n a ＝2n a .又n a ≠0，∴ n a ＝2，∴ {}n a 为常数数列.而n a ＝1212--n S n ，即2n －1＝238＝19，∴ n ＝10． 二、填空题11.23 解析：∵ ()f x ＝221+x ，∴ (1)f x -＝2211+-x ＝x x 2222⋅+＝x x22221+⋅， ∴ ()f x ＋(1)f x -＝x 221+＋x x 22221+⋅＝x x 222211+⋅+＝xx 22)22(21++＝22． 设S ＝f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)， 则S ＝f (6)＋f (5)＋…＋f (0)＋…＋f (－4)＋f (－5)，∴ 2S ＝[f (6)＋f (－5)]＋[f (5)＋f (－4)]＋…＋[f (－5)＋f (6)]＝62， ∴ S ＝f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)＝32．12．（1）32 （2）4 （3）32 解析：（1）由35a a ⋅＝24a ，得4a ＝2，∴ 23456a a a a a ⋅⋅⋅⋅＝54a ＝32．（2）9136)(324222121=⇒⎩⎨⎧=+=+q q a a a a ，，∴ 56a a +＝(12a a +)4q ＝4． （3）2＝6＋＝＋＋＋＝2＝＋＋＋＝4444821843214q q S S a a a S a a a a S ⇒⎩⎨⎧=⋅⋅⋅，， ∴ 17181920a a a a +++＝164S q ＝32．13．216 解析：本题考查等比数列的性质及计算，由于插入三个数后成等比数列，因而中间数必与38，227同号，由等比中项知中间数为22738⨯＝6，所以插入的三个数之积为38×227×6＝216． 14.26 解析：∵ 35a a +＝24a ，713a a +＝210a ， ∴ 6(410a a +)＝24，∴ 410a a +＝4， ∴ 13S ＝2＋13131)(a a ＝2＋13104)(a a ＝2413⨯＝26． 15.－49 解析：∵ 65d a a =-＝－5， ∴ 45a a +＋…＋10a ＝2＋7104)(a a ＝25＋＋－755)(d a d a ＝7(a 5＋2d )＝－49． 16．5，21(n ＋1)( n －2) 解析：同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相交，∴ ()f k ＝(1)f k -＋1k -． 由f (3)＝2，f (4)＝f (3)＋3＝2＋3＝5， f (5)＝f (4)＋4＝2＋3＋4＝9， …，()f n ＝(1)f n -＋1n -，相加得()f n ＝2＋3＋4＋…＋(1n -)＝21(1n +)(2n -)． 三、解答题17.分析：判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常数． 证明：（1）n ＝1时，11a S =＝3－2＝1；当n ≥2时，1n n n a S S -=-＝322n n -－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5.n ＝1时，亦满足，∴ n a ＝6n －5(n ∈N*)．首项1a ＝1，n a －1n a -＝6n －5－[6(n －1)－5]＝6(常数)， ∴ 数列{}n a 是等差数列且1a ＝1，公差为6．（2）∵a 1，b 1，c 1成等差数列， ∴ b 2＝a 1＋c 1，化简得2ac ＝()b a c +．∴ a c b ＋＋c b a ＋＝ac ab a c bc ＋＋＋22＝ac c a c a b 22＋＋＋)(＝ac c a 2＋)(＝2＋＋2)()(c a b c a ＝2·b c a ＋，∴ a c b ＋，b a c ＋，c b a ＋也成等差数列．18.解：（1）由题设2312a a a =+，即221a q ＝1a ＋1a q . ∵ 1a ≠0，∴ 221q q --＝0，∴ q ＝1或q ＝－21． （2）若q ＝1，则2n S n =＋21－)(n n ＝23＋2nn ．当n ≥2时，1n n n S b S --=＝22＋1－))((n n ＞0，故n S ＞n b ．若q ＝－21，则2n S n =＋21－)(n n ⨯ (－21)＝49＋－2n n ．当n ≥2时，1n n n S b S --=＝4－11－)0)((n n .故对于n ∈N*，当2≤n ≤9时，n S ＞n b ；当n ＝10时，n S =n b ；当n ≥11时，n S <n b ． 19.证明：∵ 11n n n a S S ++=-，1n a +＝nn 2＋n S ， ∴ (n ＋2)n S ＝n (1n S +－n S )，整理得n 1n S +＝2(n ＋1)n S ，所以1＋1＋n S n ＝nSn 2．故n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公比的等比数列． 20.(1) 解：设{}n a 的公差为d ，则116,418.a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,4.a d =⎧⎨=⎩ ∴ 24(1)42n a n n ＝＋－＝－.(2)证明：当n ＝1时，11b T ＝，由11112T b ＋＝，得123b ＝.当n ≥2时，∵ 112n n T b ＝－，11112n n T b －－＝－，，∴ 111()2n n n n T T b b －－－＝－．∴ 11()2n n n b b b －＝－．∴ 113n n b b －＝..∴ {}n b 是以23为首项，13为公比的等比数列．21.解：设n 年后该市每年所建中低价房的面积为n a . 由题意可知{}n a 是等差数列，其中1a ＝250，d ＝50，则2(1)25050252252n n n S n n n -⨯＝＋＝＋. 令225225 4 750n n ＋＝，即291900n n ＋－＝，解得n ＝－19或n ＝10. 又n 是正整数，∴ n ＝10.故到2016年底，该市历年所建中低价房的累计面积等于4 750万平方米．21.解：(1)因为1211115222()3333n n n n n n n n n b a a a a a a a b ＋＋＋＋＋＋＝－＝－－＝－＝，所以数列{}n b 是首项为12123b a a ＝－＝，公比为23的等比数列，所以2(1,2)3nn b n ⎛⎫⎪⎝⎭＝＝，． （2）由123nn n n b a a +⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，得11111212222()()()213333n n n n n n n n a a a a a a a a -++-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-++-=+++=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 因为11a =，所以12323nn a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭.所以123(1,2,)3nn n a n -=-=.设数列1123n n n --⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则21222123333n n T n -⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，①则23222222333333nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.② ①-②，得2112222221313333333n nn n n T n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-=--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 所以122(3)29139333n nn n n n T n -⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=--=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 所以11213(3)223(123(1)1823n n n n n n S a a na n T n n +-+=+++=++++=++-）-2.。

高中数学学习材料 （灿若寒星 精心整理制作）必修五 第二章 数列 2.2 等差数列 同步测试一、选择题1．等差数列34,37,40中的第一个负数项是 （ ） Ａ．第13项 Ｂ．第14项 Ｃ．第15项 Ｄ．第16项 2．等差数列}{n a 中，153,334515==a a ，则217是这个数列的 （ ） Ａ．第59项 Ｂ．第60项 Ｃ．第61项 Ｄ．第62项3．已知等差数列}{n a 的项数为n ，前4项和为21，后4项和为67，所有项的和为220，则n 的值为 （ ） Ａ．20 Ｂ．18 Ｃ．22 Ｄ．214．等差数列}{n a 中，40,19552==+S a a ，则10a 为 （ ） Ａ．27 Ｂ．28 Ｃ．29 Ｄ．305．数列}{n a 是等差数列的一个充要条件是 （ ） Ａ．c bn an S n ++=2 Ｂ．bn an S n +=2 Ｃ．)0(2≠++=a c bn an S n Ｄ．)0(2≠+=a bn an S n6．等差数列}{n a 的公差为d ，则前20项的和20S 等于 （ ） Ａ．2020a Ｂ．d a 102010+ Ｃ．d a 380201+ Ｄ．d a 3801+ 二、填空题7．在1-与7之间顺次插入三个数，使这五个数成等差数列，则此数列为 .8．在等差数列}{n a 的公差为1，前100项的和为150100=S ，则=++++99531a a a a .9．已知等差数列}{n a 满足：4,126473-=+-=a a a a ，则通项公式=n a . 10．已知数列n 2,,4,3,2,1 ，则其和为 ，奇数项的和为 . 11．在数列}{n a 中，122,211=--=+n n a a a ，则=51a .12．一个项数为偶数的等差数列，奇数项的和为24，偶数项的和为30，且末项比首项大5.10，则该数列的项数为 . 三、解答题13．已知222,,c b a 成等差数列，求证：ba a c cb +++1,1,1也成等差数列.14．已知等差数列}{n a 的首项为60，公差为3-，试求数列}{n a 前30项的和.15．设n S 是等差数列}{n a 的前n 项的和，已知331S 与441S 的等比中项为551S ，331S 与441S 的等差中项为1，求等差数列}{n a 的通项公式.16．设等差数列}{n a 的前n 项和是n S ，已知0,0,1213123<>=S S a ， （1）求公差d 的取值范围;（2）指出1221,,,S S S 中那一个值最大，并说明理由.17．设}{n a 是等差数列，nan b ⎪⎭⎫⎝⎛=21，已知：81,821321321==++b b b b b b ，求等差数列的通项n a .*18．设}{n a 是公差为d 等差数列,}{n b 满足n n a n nb b b b )321(32321++++=++++)(N n ∈，求证：}{n b 是等差数列，并求公差.答案1．C ；2．C ；3．A ；4．C ；5．B ；6．B ；7．7,5,3,1,1-；8．50；9．122-=n a n 或82+-=n a n ；10．2),12(n n n +；11．23；12．8项；13．略；14．765；15．1=n a 或)(532512N n n a n ∈+-=；16．（1）3724-<<-d ；（2）6S 最大；17．32-=n a n 或n a n 25-=；18．公差为d 23.。

单元质量评估(二)第二章 数列 (120分钟 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. 2011是等差数列：1，4，7，10,…的第几项( ) （A ）669 （B ）670 （C ）671 （D ）6722.数列{a n }满足a n =4a n-1+3,a 1=0，则此数列的第5项是（ ） （A ）15 （B ）255 （C ）20 （D ）83.等比数列{a n }中，如果a 6=6,a 9=9,那么a 3为（ ） （A ）4 （B ）23 （C ）916（D ）2 4.在等差数列{a n }中，a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,则a 20=( ) （A ）-1 （B ）1 （C ）3 （D ）75.在等差数列{a n }中，已知a 1=2,a 2+a 3=13,则a 4+a 5+a 6=( ) （A ）40 （B ）42 （C ）43 （D ）456.记等差数列的前n 项和为S n ，若S 2=4，S 4=20，则该数列的公差d=（ ）(A)2 (B)3 (C)6 (D)77.等差数列{a n }的公差不为零，首项a 1=1，a 2是a 1和a 5的等比中项，则数列的前10项之和是（ ）（A ）90 （B ）100 （C ）145 （D ）190 8.在数列{a n }中，a 1=2,2a n+1-2a n =1,则a 101的值为（ ） （A ）49 （B ）50 （C ）51 （D ）529.计算机是将信息转化成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如（1101）2表示二进制的数，将它转化成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数16111 位转换成十进制数的形式是（ ）（A ）217-2 （B ）216-1 （C ）216-2 （D ）215-110.在等差数列{a n }中，若a 1+a 2+a 3=32,a 11+a 12+a 13=118,则a 4+a 10=（ ） （A ）45 （B ）50 （C ）75 （D ）6011.（2011·江西高考）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +S m =S n+m ,且a 1=1,那么a 10=（ ）（A ）1 （B ）9 （C ）10 （D ）5512.等比数列{a n }满足a n >0,n=1,2,…，且a 5·a 2n-5=22n (n ≥3),则当n ≥1时，log 2a 1+log 2a 3+…+log 2a 2n-1=（ ） （A ）n(2n-1) （B ）(n+1)2 （C ）n 2 （D ）(n-1)2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在题中的横线上）13.等差数列{a n }前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m项的和 为______.14.（2011·广东高考）已知{a n }是递增等比数列，a 2=2,a 4-a 3=4,则此数列的公比q=______. 15.两个等差数列{a n }, {b n },12n 12n a a a 7n 2b b b n 3++⋯++=++⋯++,则55a b =______.16.设数列{a n }中,a 1=2,a n+1=a n +n+1，则通项a n =_____.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）已知数列{a n }是等差数列，a 2=3,a 5=6,求数列{a n }的通项公式与前n 项的和M n .18.（12分）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,S 3,S 2成等差数列. （1）求{a n }的公比q ； （2）若a 1-a 3=3,求S n .19.（12分）数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1=a 1,b n =a n -a n-1（n ≥2），若a n +S n =n ，c n =a n -1. （1）求证：数列{c n }是等比数列； （2）求数列{b n }的通项公式.20.（12分）如果有穷数列a 1,a 2,a 3,…,a m （m 为正整数）满足条件a 1=a m , a 2=a m-1,…,a m =a 1,即a i =a m-i+1(i=1,2,…，m),我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.（1）设{b n }是7项的“对称数列”，其中b 1,b 2,b 3,b 4是等差数列，且b 1=2,b 4=11.依次写出{b n }的每一项；（2）设{c n }是49项的“对称数列”，其中c 25,c 26,…,c 49是首项为1，公比为2的等比数列，求{c n }各项的和S.[] 21.(12分)已知数列{a n }的前n 项和为()nn n 1S ,S 312=-(*n N ∈),等差数列{b n }中，b n >0(*n N ∈),且b 1+b 2+b 3=15,又a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列.（1）求数列{a n },{b n }的通项公式； （2）求数列{a n +b n }的前n 项和T n .22.（12分）某商店为了促进商品销售,特定优惠方式,即购买某种家用电器有两种付款方式可供顾客选择,家用电器价格为2 150元.第一种付款方式:购买当天先付150元,以后每月这一天都交付200元,并加付欠款利息,每月利息按复利计算,月利率为1%；第二种付款方式：购买当天先付150元，以后每个月付款一次，10个月付清，每月付款金额相同，每月利息按复利计算，月利率1%.试比较两种付款方法,计算每月所付金额及购买这件家用电器总共所付金额.答案解析1.【解析】选C.∵2011=1+（n-1）×(4-1)，∴n=671.2.【解析】选B.由a n =4a n-1+3,a 1=0，依次求得a 2=3,a 3=15,a 4=63,a 5=255.3.【解析】选A.等比数列{a n }中，a 3,a 6,a 9也成等比数列，∴a 62=a 3a 9,∴a 3=4.4.【解析】选B.a 1+a 3+a 5=105,∴a 3=35,同理a 4=33, ∴d=-2,a 1=39,∴a 20=a 1+19d=1.5.【解析】选B.设公差为d,由a 1=2,a 2+a 3=13,得d=3,则a 4+a 5+a 6= (a 1+3d)+(a 2+3d)+(a 3+3d) =(a 1+a 2+a 3)+9d=15+27=42.6.【解析】选B.S 4-S 2=a 3+a 4=20-4=16，∴a 3+a 4-S 2=（a 3-a 1）+(a 4-a 2)=4d=16-4=12，∴d=3.7.【解析】选B.设公差为d,∴(1+d)2=1×(1+4d), ∵d ≠0,∴d=2,从而S 10=100.[] 8.【解题提示】利用等差数列的定义. 【解析】选D.∵2a n+1-2a n =1,∴n 1n 1a a 2+-=, ∴数列{a n }是首项a 1=2,公差1d 2=的等差数列， ∴()1011a 21011522=+-=.9.【解析】选B.形式为：1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20=216-1.10.【解析】选B.由已知a 1+a 2+a 3+a 11+a 12+a 13=150,∴3(a 1+a 13)=150,∴a 1+a 13=50,∴a 4+a 10=a 1+a 13=50.11.【解题提示】结合S n +S m =S n+m ,对m,n 赋值，令n=9,m=1,即得S 9+S 1=S 10,即得a 10=1.【解析】选A.∵S n +S m =S n+m ,∴令n=9,m=1,即得S 9+S 1=S 10,即S 1=S 10-S 9=a 10, 又∵S 1=a 1,∴a 10=1.12.【解题提示】由已知可先求得通项公式，再由对数的性质进行运算.【解析】选C.a 5·a 2n-5=22n (n ≥3), ∴a n 2=22n ,a n >0,∴a n =2n ,log 2a 1+log 2a 3+…+log 2a 2n-1 =1+3+…+(2n-1)=n 2.13.【解题提示】利用等差数列前n 项和的性质【解析】由题意可知S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等差数列，2（S 2m -S m ）=S m +S 3m -S 2m∴S 3m =3(S 2m -S m )=3×(100-30)=210. 答案：21014.【解题提示】由等比数列的通项公式，可得关于公比q 的方程，从而求出q.【解析】由a 4-a 3=4得a 2q 2-a 2q=4,即2q 2-2q=4,解得q=2或q=-1（由数列是递增数列，舍去）. 答案：215.【解题提示】利用等差数列的前n 项和的有关性质进行运算. 【解析】设两个等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为A n ,B n .则()()195919599a a a A 7926529b b b B 93122+⨯+====++.答案：651216.【解析】∵a 1=2,a n+1=a n +(n+1), ∴a n =a n-1+n,a n-1=a n-2+(n-1)，a n-2=a n-3+(n-2),…,a 3=a 2+3，a 2=a 1+2,a 1=2=1+1将以上各式相加得：()()2n n n 1n na [n n 121]111222+=+-+⋯+++=+=++. 答案：2n n122++17.【解析】设{a n }的公差为d, ∵a 2=3,a 5=6,∴11a d 3a 4d 6+=⎧⎨+=⎩,∴a 1=2,d=1, ∴a n =2+(n-1)=n+1.()2n 1n n 1n 3nM na d .22-+=+=18.【解析】（1）依题意有a 1+(a 1+a 1q)=2(a 1+a 1q+a 1q 2)由于a 1≠0，故2q 2+q=0，又q ≠0,从而1q 2=-.（2）由已知得a 1-a 1(12-)2=3,故a 1=4从而n n n 141()812S 113212--==----［］［（）］（）. 19.【解析】（1）∵a 1=S 1,a n +S n =n,① ∴a 1+S 1=1,得11a 2=.又a n+1+S n+1=n+1 ②①②两式相减得2(a n+1-1)=a n -1， 即n 1n a 11a 12+-=-,也即n 1n c 1c 2+=, 故数列{c n }是等比数列. （2）∵111c a 12=-=-, ∴n n n n n11c ,a c 1122=-=+=-, n 1n 11a 12--=-.故当n ≥2时，n n n 1n 1n n111b a a 222--=-=-=. 又111b a 2==,即n n 1b 2=. 20.【解题提示】利用等比数列的前n 项和公式进行计算.【解析】（1）设数列{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d=2+3d=11,解得d=3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2. （2）S=c 1+c 2+…+c 49 =2(c 25+c 26+…+c 49)-c 25 =2(1+2+22+…+224)-1 =2(225-1)-1=226-3.21.【解析】（1）a 1=1,a n =S n -S n-1=3n-1,n>1，∴a n =3n-1(*n N ∈)，∴数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴a 1=1,a 2=3,a 3=9,在等差数列{b n }中， ∵b 1+b 2+b 3=15,∴b 2=5.又因a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列，设等差数列{b n }的公差为d,∴（1+5-d ）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2, ∵b n >0(*n N ∈),∴舍去d=-10,取d=2,∴b 1=3. ∴b n =2n+1(*n N ∈). （2）由（1）知∴T n =a 1+b 1+a 2+b 2+…+a n +b n =(a 1+a 2+…+a n )+(b 1+b 2+…+b n )()n n 32n 113132++-=+- n 231n 2n 22=++-. 22.【解题提示】第一种付款方式是等差数列模型，第二种付款方式是等比数列模型，分别计算出实际共付金额，再比较得出结论. 【解析】第一种方式:购买时先付150元,欠2 000元,按要求知10次付清,则第1次付款金额为a 1=200+2 000×0.01=220(元); 第2次付款金额为a 2=200+(2 000-200)×0.01=218(元) ……第n 次付款金额为a n =200+［2 000-(n-1)×200］×0.01=220-(n-1)×2(元).不难看出每次所付款金额顺次构成以220为首项,-2为公差的等差数列,所以10次付款总金额为()10109S 102202 2 1102⨯=⨯+⨯-= (元)，实际共付2 260元.第二种方式:购买时先付150元,欠2 000元,则10个月后增值为2000×(1+0.01)10=2 000×(1.01)10(元).设每月付款x 元,则各月所付的款额连同最后一次付款时生成的利息之和分别是(1.01)9x,(1.01)8x,…,x,其构成等比数列,和为()101011.01S x 11.01-=-·. 应有()1010S 2 0001.01=⨯,所以x ≈211.2，每月应付211.2元,10次付款总金额为2 112元,实际共付2 262元,所以第一种方式更省钱. 【方法技巧】分清类型解数列应用题解数列应用题要明确问题是属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求a n 还是求S n ，特别要弄清项数为多少，试题中常见的数列类型有：（1）构造等差、等比数列模型，然后再应用数列的通项公式及求和公式求解；（2）先求出连续的几项，再归纳出a n ，然后用数列知识求解.。

第二章测评(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．在等比数列{a n }中，如果a 6＝6，a 9＝9，那么a 3为( )A ．4B ．32C ．169D ．2 2．下列可作为数列{a n }：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是( )A ．a n ＝1B ．a n ＝(－1)n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2D ．a n ＝(－1)n －1＋323．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N ＋)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．114．已知在等比数列{a n }中，a n >0，a 1，a 99是方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 20a 50a 80的值为( )A ．32B ．64C ．256D ．±645．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2，S 4＝10，则S 6等于( )A ．12B ．18C ．24D ．426．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －17，则其前n 项和S n 在n 为________时取得最小值( )A ．4B ．5C ．6D ．77．计算机的成本不断降低，若每隔5年计算机价格降低13，现在的价格是8 100元，则15年后，价格降低为( )A ．2 200元B ．900元C ．2 400元D ．3 600元8．在数列{a n }中，对任意自然数n ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n －1)2 B ．13(2n －1)2 C ．4n －1 D ．13(4n －1) 9．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＝a n －1＋1a n －2(n ≥3)，则a 5的值为( ) A ．5512 B ．133C ．4D ．5 10．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n 24＋7n 4B ．n 23＋5n 3C ．n 22＋3n 4D ．n 2＋n二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)11．已知数列{a n }的通项a n ＝－5n ＋2，则其前n 项和S n ＝________．12．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝6，S 3＝21，则公比q ＝__________．13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝21，则a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝________．14．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为__________升．15．将全体正整数排成一个三角形数阵：根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行的第3个数(从左向右数)是__________．三、解答题(本大题共2小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分10分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n ．17．(本小题满分15分)(2013·陕西高考，文17)设S n 表示数列{a n }的前n 项和．(1)若{a n }是等差数列，推导S n 的计算公式；(2)若a 1＝1，q ≠0，且对所有正整数n ，有S n ＝1－q n1－q．判断{a n }是否为等比数列，并证明你的结论．参考答案一、选择题1．解析：在等比数列{a n }中，a 3，a 6，a 9成等比数列，a 26 ＝ a 3 ·a 9 ，∴a 3＝4． 答案：A2．解析：由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…． 答案：C3．解析：由{b n }为等差数列，设其公差为d ，则d ＝b 10－b 310－3＝12－(－2)7＝2． 故b n ＝b 3＋(n －3)×2＝－2＋2n －6＝2n －8．又b n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －8．∴a 2－a 1＝－6，a 3－a 2＝－4，…a 8－a 7＝2×7－8＝6，∴a 8－a 1＝－6＋(－4)＋…＋6＝(－6＋6)×72＝0． ∴a 8＝a 1＝3．答案：B4．解析：由韦达定理，得a 1·a 99＝16．而a 1·a 99＝a 20·a 80＝a 250＝16，且a n >0，∴a 50＝4，a 20·a 80＝16．∴a 20·a 50·a 80＝4×16＝64．答案：B5．解析：∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，∴2(S 4－S 2)＝S 2＋(S 6－S 4)，整理得S 6＝3S 4－3S 2＝3×10－3×2＝24．答案：C6．解析：由通项公式a n ＝3n －17可知{a n }是以3为公差，－14为首项的等差数列，则S n ＝－14n ＋n (n －1)2×3＝32n 2－312n ， 所以当n ＝5时，S n 取得最小值．答案：B7．解析：15年后价格降低了3次，则8 100×⎝⎛⎭⎫1－133＝2 400． 答案：C8．解析：当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1①，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1②，①－②得a n ＝2n －1．当n ＝1时，a 1＝1．∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．∴a 2n＝(2n －1)2 ＝ 4n －1， 即{ a 2n } 是以a 21 ＝ 1为首项，4为公比的等比数列． ∴S n ＝1－4n 1－4＝13(4n －1)． 答案：D9．解析：由题意，得a 3＝a 2＋1a 1＝4，a 4＝a 3＋1a 2＝4＋13＝133，a 5＝a 4＋1a 3＝133＋14＝5512． 答案：A10．解析：设其公差为d (d ≠0)，∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋5d )． 又∵d ≠0，∴d ＝12．∴S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝2n ＋n (n －1)2·12＝n 24＋7n 4． 答案：A二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)11．解析：∵a n ＝－5n ＋2，∴{a n }为等差数列，且公差d ＝－5，首项a 1＝－3，∴S n ＝n (－3－5n ＋2)2＝－n (5n ＋1)2． 答案：－n (5n ＋1)212．解析：本题是等比数列问题，常用方法是以a 1和q 为未知数建立方程组，解出a 1和q ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1＋a 1q 2＝15，解得q ＝2或12． 答案：2或1213．解析：∵S 12＝21，∴12(a 1＋a 12)2＝21，解得a 1＋a 12＝72， ∴a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝2(a 1＋a 12)＝2×72＝7． 答案：714．解析：设最上面一节的容积为a 1，容积依次增大d ，由题意，知4a 1＋6d ＝3和3a 1＋21d＝4，可求得a 1＝1322，d ＝766，故a 5＝6766． 答案：676615．解析：该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第n 行有n 个数，则第n －1(n ≥3)行的最后一个数为(n －1)(1＋n －1)2＝n 22－n 2，则第n 行的第3个数为n 22－n 2＋3(n ≥3)． 答案：n 22－n 2＋3(n ≥3) 三、解答题(本大题共2小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．分析：将S n 表示成a 1和q 的表达式，从而求解．解：(1)依题意，有a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0．又q ≠0，从而q ＝－12． (2)由(1)可得a 1－a 1⎝⎛⎭⎫－122＝3，故a 1＝4． 从而S n ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n ． 17．解：(1)解法一：设{a n }的公差为d ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 1＋d )＋…＋[a 1＋(n －1)d ]，又S n ＝a n ＋(a n －d )＋…＋[a n －(n －1)d ]，∴2S n ＝n (a 1＋a n )，∴S n ＝n (a 1＋a n )2． 解法二：设{a n }的公差为d ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 1＋d )＋…＋[a 1＋(n －1)d ]，又S n ＝a n ＋a n －1＋…＋a 1＝[a 1＋(n －1)d ]＋[a 1＋(n －2)d ]＋…＋a 1，∴2S n ＝[2a 1＋(n －1)d ]＋[2a 1＋(n －1)d ]＋…＋[2a 1＋(n －1)d ]＝2na 1＋n (n －1)d ，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ． (2){a n }是等比数列，证明如下：∵S n ＝1－q n1－q， ∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝1－q n ＋11－q －1－q n 1－q ＝q n (1－q )1－q ＝q n ．∵a 1＝1，q ≠0，∴当n ≥1时，有a n ＋1a n ＝q nq n －1＝q ， 因此，{a n }是首项为1且公比为q 的等比数列．。

第二章 数列测评(A 卷)(总分：120分 时间：90分钟)第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．等差数列－2，0，2，…的第15项为A ．11 2B ．12 2C ．13 2D ．142 答案：C ∵a 1＝－2，d ＝2，∴a n ＝－2＋(n －1)×2＝2n －2 2. ∴a 15＝152－22＝13 2.2．等比数列{a n }的首项a 1＝1002，公比q ＝12，记p n ＝a 1·a 2·a 3·…·a n ，则p n 达到最大值时，n 的值为A ．8B ．9C ．10D ．11答案：C a n ＝1002×(12)n －1<1⇒n>10，即等比数列{a n }前10项大于1，从第11项起小于1，故p 10最大．3．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7等于 A ．64 B ．81 C ．128 D ．243答案：A 公比q ＝a 2＋a 3a 1＋a 2＝63＝2.由a 1＋a 2＝a 1＋2a 1＝3a 1＝3，得a 1＝1，a 7＝26＝64.4．设{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝9，a 6＝9，则这个数列的前6项和等于 A ．12 B ．24 C ．36 D ．48答案：B {a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，a 3＝3，a 6＝9.∴d ＝2，a 1＝－1，则这个数列的前6项和等于6(a 1＋a 6)2＝24.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于 A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400答案：B 设数列可记为1，－5,9，－13，…，393，－397.其奇数项与偶数项分别是公差为8，－8的等差数列．于是，S 100＝(1＋9＋13＋…＋393)－(5＋13＋…＋397)＝50×(1＋393)2－50×(5＋397)2＝－200.6．各项都是正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，且2a 2，a 3，a 1成等差数列，则a 5＋a 6a 3＋a 4的值为A ．1＋32B ．1－32 C.1－52 D.5＋12答案：A 由2a 2，a 3，a 1成等差数列得2a 3＝2a 2＋a 1，∴2a 1q 2＝2a 1q ＋a 1，整理得2q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋32或q ＝1－32＜0(因等比数列各项都是正数，故舍去)．∴a 5＋a 6a 3＋a 4＝a 3q 2＋a 4q 2a 3＋a 4＝q 2＝(1＋32)2＝1＋32.7．(2009广东高考，理4)已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2，…，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1等于A ．n(2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2 答案：C 由{a n }为等比数列，则a 5·a 2n －5＝a 1·a 2n －1＝22n ， 则(a 1·a 3·a 5·…·a 2n －1)2＝(22n )n ⇒a 1·a 3·…·a 2n －1＝2n 2， 故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝log 2(a 1·a 3·…·a 2n －1)＝n 2.8．在各项均不为零的等差数列{a n }中，若a n ＋1－a n 2＋a n －1＝0(n ≥2)，则S 2n －1－4n 等于 A ．－2 B ．0 C ．1 D ．2 答案：A 由a n ＋1－a n 2＋a n －1＝0(n ≥2),2a n ＝a n ＋1＋a n －1，得a n 2＝2a n ，即a n ＝2或a n ＝0(舍去)，所以S 2n －1－4n ＝(2n －1)×2－4n ＝－2.9．一个算法的程序框图如下图所示，若该程序输出的结果为56，则判断框中应填入的条件是A ．i<4?B ．i<5?C ．i ≥5?D ．i<6? 答案：D 该程序的功能是求和∑i ＝1n1i(i ＋1)，由输出结果56＝11×2＋12×3＋…＋1n ×(n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，得n ＝5. 10．(2009山东潍坊高三第二次质检，11)已知函数f(x)＝log 2x 的反函数为f －1(x)，等比数列{a n }的公比为2，若f －1(a 2)·f －1(a 4)＝210，则2f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 2009)等于A ．21004×2008B ．21005×2009C ．21005×2008D ．21004×2009答案：D 由题意，得f －1(x)＝2x ，故f －1(a 2)·f －1(a 4)＝4222aa ⋅＝210， ∴a 2＋a 4＝10，即2a 1＋8a 1＝10. ∴a 1＝1.则f(a 1)＋f(a 2)＋…＋f(a 2009)＝log 2(a 1·a 2·…·a 2009)＝log 220＋1＋2＋…＋2008＝1＋20082×2008＝1004×2009.第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．答案需填在题中横线上) 11．若等差数列{a n }中，a 1＋4a 7＋a 13＝96，则2a 2＋a 17的值是__________． 答案：48 ∵a 1＋4a 7＋a 13＝96，a 1＋a 13＝2a 7， ∴a 7＝16.∴2a 2＋a 17＝a 1＋a 3＋a 17＝a 7＋a 11＋a 3＝a 7＋2a 7＝3a 7＝48.12．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k(k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一定是等差比数列；④等差比数列中可以有无数项为0，其中正确判断的序号是__________．答案：①④ 从定义可知，数列{a n }若构成“等差比数列”，则相邻两项不可能相等，所以①正确；而等差数列与等比数列均可能为常数列，就有可能不能构成“等差比数列”，所以②③错误；如数列为{2,0,2,0,2，0，…}，则能构成“等差比数列”，所以④正确．综上所述，正确的判断是①④.13．在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＝a(a ≠0)，a 15＋a 16＝b ，则a 25＋a 26等于__________．答案：b 2a 由a 15＋a 16a 5＋a 6＝(a 5＋a 6)q 10a 5＋a 6＝b a ，则q 10＝ba ，则a 25＋a 26＝a 5q 20＋a 6q 20＝(a 5＋a 6)(q 10)2＝a ×(b a )2＝b 2a.14．对于一切实数x ，令[x]为不大于x 的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若a n ＝f(n3)，n ∈N *，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3n ＝__________.答案：3n 2－n 2 ∵f(x)＝[x]，∴a n ＝f(n 3)＝[n3]，n ∈N *.于是，S 3n ＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ) ＝(0＋0＋1)＋(1＋1＋2)＋…＋[(n －1)＋(n －1)＋n]＝1＋4＋…＋(3n －2)＝n[1＋(3n －2)]2＝3n 2－n 2.三、解答题(本大题共5小题，共54分．解答应写出必要的文字说明、解题步骤或证明过程)15．(本小题满分10分)(2009福建高考，文17)等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的通项公式及前n 项和S n .答案：解：(1)设{a n }的公比为q. 由已知得16＝2q 3，解得q ＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n .(2)由(1)得a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设{b n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝8，b 1＋4d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－16，d ＝12.从而b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28. ∴数列{b n }的前n 项和S n ＝n(－16＋12n －28)2＝6n 2－22n.16．(本小题满分10分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n(2n －1)(n ∈N *)． (1)证明数列{a n }为等差数列；(2)设数列{b n }满足b n ＝S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn(n ∈N *)，试判定：是否存在自然数n ，使得b n ＝900，若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．答案：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n(2n －1)－(n －1)(2n －3)＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，适合． ∴a n ＝4n －3.∵a n －a n －1＝4(n ≥2)，∴{a n }为等差数列．(2)解：由(1)知，S n ＝2n 2－n ，∴S nn＝2n －1.∴b n ＝S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2.由n 2＝900，得n ＝30，即存在满足条件的自然数，且n ＝30.17．(本小题满分10分)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *. (1)证明数列{a n －n}是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .答案：(1)证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n)，n ∈N *. 又a 1－1＝1，所以数列{a n －n}是首项为1，且公比为4的等比数列．(2)解：由(1)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n ，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋(1＋2＋…＋n)＝4n －13＋n(n ＋1)2.18．(本小题满分12分)等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ；(2)求和：1S 1＋1S 2＋…＋1S n.答案：解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 3b 3＝(9＋3d)q 2＝960，S 2b 2＝(6＋d)q ＝64.解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎨⎧d ＝－65，q ＝403(舍去)．故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1. (2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n(n ＋2)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n(n ＋2) ＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 19．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝8，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .答案：解：(1)∵a n ＋2＝2a n ＋1－a n (n ∈N *)， ∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n . ∴{a n }为等差数列．设公差为d ，则由题意，得8＝2＋3d ，∴d ＝2. ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n.(2)∵b n ＝2n －1·2n ＝n·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①－②，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n)×2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.。

第二章 数 列 §2.1 数 列 2.1.1 数 列课时目标 1.理解数列、数列的通项公式等有关概念.2.对于比较简单的数列，会根据其前n 项写出它的通项公式.3.了解数列和函数之间的关系，能用函数的观点研究数列．1．按照一定顺序排列的一列数叫做______，数列中的每一个数叫做这个数列的______．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做____项)，排在第二位的数称为这个数列的第2项，…，排在第n 位的数称为这个数列的第____项．2．数列可以看作是一个定义域为__________(或它的有限子集{1,2,3，…，n})的函数，即当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，对应的一列________．3．如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的______公式．一、选择题1．数列2,3,4,5，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n ＋1C ．a n ＝n ＋2D ．a n ＝2n2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋－1n ＋12，则该数列的前4项依次为( )A ．1,0,1,0B ．0,1,0,1C .12，0，12，0 D ．2,0,2,0 3．若数列的前4项为1,0,1,0，则这个数列的通项公式不可能是( )A ．a n ＝12B ．a n ＝12C ．a n ＝sin 2(n·90°)D ．a n ＝(n －1)(n －2)＋124．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－n －50，则－8是该数列的( ) A ．第5项 B ．第6项C ．第7项D ．非任何一项 5．数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1B ．a n ＝n n －12C ．a n ＝n n ＋12D ．a n ＝n 2＋16．已知a n ＝n －98n －99，则这个数列的前30项中最大项和最小项分别是( )A ．a 1，a 30B ．a 1，a 9C ．a 10，a 9D ．a 10，a 30二、填空题7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1nn ＋2(n ∈N ＋)，那么1120是这个数列的第______项．8．数列a ，b ，a ，b ，…的一个通项公式是______________． 9．用火柴棒按下图的方法搭三角形：按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数a n 与所搭三角形的个数n 之间的关系式可以是______________．10．传说古希腊毕达哥拉斯(Pythagoras ，约公元前570年—公元前500年)学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数．比如，他们将石子摆成如图所示的三角形状，就将其所对应石子个数称为三角形数，则第10个三角形数是______．三、解答题11．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，… (2)0.8,0.88,0.888，… (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，… (4)32，1，710，917，… (5)0,1,0,1，…12．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9n 2－9n ＋29n 2－1； (1)求这个数列的第10项； (2)98101是不是该数列中的项，为什么？ (3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；(4)在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有、无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由．能力提升13．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图中有多少个点．14．已知a n ＝9nn ＋110n(n ∈N ＋)，试问数列{a n }中有没有最大项？如果有，求出这个最大项；如果没有，说明理由．1．一个数列的通项公式不唯一，可以有不同的表现形式，如a n ＝(－1)n可以写成a n ＝(－1)n ＋2，还可以写成a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1， n 为奇数1， n 为偶数，这些通项公式虽然形式上不同，但都表示同一数列．2．数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题．§2.1 数 列 2．1.1 数 列答案知识梳理1．数列 项 首 n 2.正整数集N ＋ 函数值 3.通项 作业设计 1．B 2.A 3．D 4．C 5．C 6．C 7．10解析 ∵1n n ＋2＝1120，∴n (n ＋2)＝10×12，∴n ＝10.8．a n ＝a ＋b 2＋(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫a －b 2解析 a ＝a ＋b 2＋a －b 2，b ＝a ＋b 2－a －b2，故a n ＝a ＋b 2＋(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫a －b 2.9．a n ＝2n ＋1解析 a 1＝3，a 2＝3＋2＝5，a 3＝3＋2＋2＝7，a 4＝3＋2＋2＋2＝9，…，∴a n ＝2n ＋1. 10．55解析 三角形数依次为：1,3,6,10,15，…，第10个三角形数为：1＋2＋3＋4＋…＋10＝55.11．解 (1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)(n ∈N ＋)．(2)数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n (n ∈N ＋)． (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，因此原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n·2n －32n (n ∈N ＋)．(4)将数列统一为32，55，710，917，…对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16…即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，∴可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1(n ∈N ＋)．(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 n 为奇数1 n 为偶数或a n ＝1＋－1n2(n ∈N ＋)或a n ＝1＋cos n π2(n ∈N ＋)．12．(1)解 设f (n )＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝3n －13n －23n －13n ＋1＝3n －23n ＋1.令n ＝10，得第10项a 10＝f (10)＝2831.(2)解 令3n －23n ＋1＝98101，得9n ＝300.此方程无正整数解，所以98101不是该数列中的项．(3)证明 ∵a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N ＋，∴0<33n ＋1<1，∴0<a n <1. ∴数列中的各项都在区间(0,1)内．(4)解 令13<a n ＝3n －23n ＋1<23，则⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1<9n －69n －6<6n ＋2，即⎩⎨⎧n >76n <83.∴76<n <83. 又∵n ∈N ＋，∴当且仅当n ＝2时，上式成立，故区间⎝⎛⎭⎫13，23上有数列中的项，且只有一项为a 2＝47.13．解 图(1)只有1个点，无分支；图(2)除中间1个点外，有两个分支，每个分支有1个点；图(3)除中间1个点外，有三个分支，每个分支有2个点；图(4)除中间1个点外，有四个分支，每个分支有3个点；…；猜测第n 个图中除中间一个点外，有n 个分支，每个分支有(n －1)个点，故第n 个图中点的个数为1＋n (n －1)＝n 2－n ＋1.14．解 因为a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·(n ＋2)－⎝⎛⎭⎫910n ·(n ＋1) ＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·⎣⎡⎦⎤n ＋2－109n ＋1＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n9，则 当n ≤7时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n9>0， 当n ＝8时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9＝0， 当n ≥9时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9<0，所以a 1<a 2<a 3<…<a 7<a 8＝a 9>a 10>a 11>a 12>…，故数列{a n }存在最大项，最大项为a 8＝a 9＝99108.。

章末检测试卷(二)(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)1.等比数列{a n }的公比q ＝－14，a 1＝2，则数列{a n }是( ) A.递增数列B.递减数列C.常数列D.摆动数列答案 D解析 因为等比数列{a n }的公比为q ＝－14，a 1＝2，故a 2<0，a 3>0，…，所以数列{a n }是摆动数列.2.等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A.1B.2C.3D.4答案 B解析 ∵a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5，∴d ＝a 4－a 3＝7－5＝2.3.公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3·a 11＝16，则a 5等于( )A.1B.2C.4D.8答案 A解析 ∵a 3·a 11＝a 27＝16，∴a 7＝4，∴a 5＝a 7q 2＝422＝1. 4.等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，当首项a 1和d 变化时，a 2＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数也为定值的是( )A.S 7B.S 8C.S 13D.S 15答案 C解析 ∵a 2＋a 8＋a 11＝(a 1＋d )＋(a 1＋7d )＋(a 1＋10d )＝3a 1＋18d ＝3(a 1＋6d )为常数， ∴a 1＋6d 为常数.∴S 13＝13a 1＋13×122d ＝13(a 1＋6d )也为常数.5.若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，a 是b ，c 的等比中项，且a ＋3b ＋c ＝10，则a 的值是( )A.1B.－1C.－3D.－4答案 D解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2b ＝a ＋c ，a 2＝bc ，a ＋3b ＋c ＝10，解得a ＝－4或a ＝2(舍去)，b ＝2，c ＝8.6.等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( )A.81B.120C.168D.192答案 B解析 由a 5＝a 2q 3，得q ＝3.∴a 1＝a 2q ＝3，S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝3(1－34)1－3＝120.7.数列{(－1)n ·n }的前2017项的和S 2017为( )A.－2015B.－1009C.2015D.1009答案 B解析 S 2017＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2016－2017＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＝(－1)＋(－1)×1008＝－1009.8.若{a n }是等比数列，其公比是q ，且－a 5，a 4，a 6成等差数列，则q 等于( )A.1或2B.1或－2C.－1或2D.－1或－2答案 C解析 依题意，有2a 4＝a 6－a 5，即2a 4＝a 4q 2－a 4q ，而a 4≠0，∴q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0.∴q ＝－1或q ＝2.9.一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是() A.－2 B.－3C.－4D.－6答案 C解析 由题意，知a 6≥0，a 7<0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝23＋5d ≥0，a 1＋6d ＝23＋6d <0，∴－235≤d <－236.∵d ∈Z ，∴d ＝－4.10.设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是() A.d <0 B.a 7＝0C.S 9>S 5D.S 6与S 7均为S n 的最大值答案 C解析 由S 5<S 6，得a 6＝S 6－S 5>0.又S 6＝S 7，即a 7＝0，所以d <0.由S 7>S 8，即a 8<0，因此S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)<0，即S 9<S 5.11.在等比数列{a n }中，a 1＝1，9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158和5B.3116和5C.3116D.158答案 C解析 若q ＝1，则9S 3＝27a 1，S 6＝6a 1，∵a 1≠0，∴9S 3≠S 6，矛盾，故q ≠1.由9S 3＝S 6得9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q ，解得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴1a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和S 5＝1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116. 12.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则254是该数列的( ) A.第8项B.第10项C.第12项D.第14项答案 D 解析 当n 为正奇数时，a n ＋1＝2a n ，则a 2＝2a 1＝2，当n 为正偶数时，a n ＋1＝a n ＋1，得a 3＝3，依次类推得a 4＝6，a 5＝7，a 6＝14，a 7＝15，…，归纳可得数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ /－1，n 为正奇数，/－2，n 为正偶数， 则令12n n +－1＝254，则n 不为正奇数； 令122n +－2＝254，得n ＝14，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.若{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是.答案 2解析 设前三项分别为a －d ，a ，a ＋d ，则a －d ＋a ＋a ＋d ＝12且a (a －d )(a ＋d )＝48，解得a ＝4且d ＝±2，又{a n }递增，∴d >0，即d ＝2，∴a 1＝2.14.已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是等比数列{a n }的前n 项和.若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝.答案 63解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q ＞1，∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，因此S 6＝1×(1－26)1－2＝63.15.如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，n ∈N ＋，则此数列的通项公式a n ＝.答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)，∴a n ＝2a n －1，∴{a n }是等比数列，∴a n ＝2n －1，n ≥2，经检验n ＝1也符合.∴a n ＝2n －1，n ∈N ＋.16.在等比数列{a n }中，若1，a 2，a 3－1成等差数列，则a 3＋a 4a 5＋a 6＝. 答案 14解析 设等比数列的公比为q ，依题意，可得2a 1q ＝1＋a 1q 2－1，又a 1≠0，整理得q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a 3＋a 4a 5＋a 6＝1q 2＝14. 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.(10分)已知等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }的前n 项和S n . 解 设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋6d )＝－16，a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋8da 1＋12d 2＝－16，a 1＝－4d . 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2.因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)，n ∈N ＋，或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9)，n ∈N ＋.18.(12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N ＋，a 3＝5，S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1，n ∈N ＋. (2)因为b n ＝2n a ＋2n ＝12×4n ＋2n ， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 19.(12分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n <a n ＋1，且S 3＝2S 2＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(2n －1)a n (n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a n <a n ＋1，得q >1，又a 1＝1，则a 2＝q ，a 3＝q 2， 因为S 3＝2S 2＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＝2(a 1＋a 2)＋1，则1＋q ＋q 2＝2(1＋q )＋1，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N ＋).(2)由(1)知，b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·2n －1(n ∈N ＋)，则T n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，2T n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，两式相减，得－T n ＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)×2n ，即－T n ＝1＋22＋23＋24＋…＋2n －(2n －1)×2n ，化简得T n ＝(2n －3)×2n ＋3.20.(12分)已知数列{log 2(a n －1)}(n ∈N ＋)为等差数列，且a 1＝3，a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n<1. (1)解 设等差数列{log 2(a n －1)}的公差为d .由a 1＝3，a 3＝9，得log 2(9－1)＝log 2(3－1)＋2d ，则d ＝1.又log 2(a 1－1)＝log 22＝1，所以log 2(a n －1)＝1＋(n －1)×1＝n ，即a n ＝2n ＋1，n ∈N ＋.(2)证明 因为1a n ＋1－a n ＝12n ＋1－2n ＝12n ， 所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n ＝121＋122＋123＋…＋12n ＝12－12n ×121－12＝1－12n <1. 21.(12分)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N ＋.(1)设b n ＝a n 2n －1，证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 由已知a n ＋1＝2a n ＋2n，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n 2n －1＋1＝b n ＋1. ∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解 由(1)知，b n ＝n ，a n 2n －1＝b n ＝n . ∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1，两边同时乘以2得2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.22.(12分)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝53，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1. 故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1，n ∈N ＋. (2)设S m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a m， 若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1， 则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列. 从而S m ＝35⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m <910<1. 若a n ＝－5·(－1)n －1，则1a n ＝－15·(－1)n －1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列， 从而S m ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1(k ∈N ＋)，0，m ＝2k (k ∈N ＋)，故S m <1.综上，对任何正整数m ，总有S m <1.1a1＋1a2＋…＋1a m≥1成立.故不存在正整数m，使得。

本章整合知识网络专题探究专题一 求数列的通项公式数列的通项是数列的重要内容之一，只要有数列的通项公式，许多问题就可迎刃而解．如果一个数列是等差数列或等比数列，则可直接写出其通项公式，而对于非等差、等比数列的通项公式可通过适当的变形、构造等使之成为等差或等比数列来求解．因此数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的关键，现根据数列的结构特征把常见求解方法和技巧总结如下．(一)观察法【应用1】 已知数列12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则此数列的一个通项公式是________． 提示：已知数列的前若干项，求该数列的通项公式时，一般先对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项公式．解析：观察数列每项的绝对值，分母为2，4，8，16，32，…，是2n 的形式，而分子，从第二项起满足“分子－分母＝－3”，因此改写第一项为－－12，这样，数列中每一项的绝对值都满足“分子－分母＝－3”这一规律，且数列中每一项的符号为“－”“＋”交替出现，故a n ＝(－1)n2n －32n ．答案：a n ＝(－1)n2n －32n (二)定义法【应用2】 等差数列{a n }是递增数列，前n 项和为S n ，且a 1，a 3，a 9成等比数列，S 5＝a 25．求数列{a n }的通项公式．提示：本题已知{a n }是等差数列，可建立首项和公差的方程，通过解方程来求得首项和公差，再代入通项公式得其解．解：设数列{a n }的公差为d (d >0)．∵a 1，a 3，a 9成等比数列，∴23a ＝a 1a 9，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋8d )，得d 2＝a 1d ．∵d ＞0，∴a 1＝d ．①∵S 5＝25a ，∴5a 1＋5×42d ＝(a 1＋4d )2．② 由①②，得a 1＝35，d ＝35． ∴a n ＝35＋(n －1)×35＝35n ． (三)S n 法【应用3】 设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2，{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，b 2(a 2－a 1)＝b 1．求数列{a n }和{b n }的通项公式．提示：本题已知S n 的表达式，自然想到使用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求解． 解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2，当n ＝1时也适用，故{a n }的通项公式为a n ＝4n －2．设{b n }的公比为q ，则b 2(a 2－a 1)＝b 1qd ＝b 1，又d ＝4，∴q ＝14． 又a 1＝b 1＝2，故b n ＝b 1q n －1＝2×14n －1， 即{b n }的通项公式为b n ＝24n －1．(四)累加法【应用4】 已知在数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝3n －n ，求数列{a n }的通项公式． 提示：由于本题给出了数列{a n }中连续两项的差，故可考虑用累加法求解．解：由a n ＋1－a n ＝3n －n ，得a n －a n －1＝3n －1－(n －1)，a n －1－a n －2＝3n －2－(n －2)，…a 3－a 2＝32－2，a 2－a 1＝3－1．当n ≥2时，以上n －1个等式两端分别相加，得(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＝3n －1＋3n －2＋…＋3－[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]，即a n －a 1＝3(1－3n －1)1－3－n (n －1)2． 又∵a 1＝1，∴a n ＝12×3n －n (n －1)2－12． 显然a 1＝1也适合上式，∴{a n }的通项公式为a n ＝12×3n －n (n －1)2－12． (五)迭乘法【应用5】 已知在数列{a n }中，a 1＝13，前n 项和S n 与a n 的关系是S n ＝n (2n －1)a n ，求a n ．提示：此题已知S n 与a n 的关系，应想到使用S n 法，然后得到相邻两项比的等式满足a n ＝a n －1f (n )这种模型，因此使用迭乘法求解．解：当n ≥2时，由S n ＝n (2n －1)a n ，得S n －1＝(n －1)(2n －3)·a n －1，两式相减，得(2n ＋1)a n ＝(2n －3)a n －1，∴a n a n －1＝2n －32n ＋1． ∴a n －1a n －2＝2n －52n －1，…，a 2a 1＝15． 将上面n －1个等式相乘，得a n a 1＝(2n －3)(2n －5)(2n －7)…·3·1(2n ＋1)(2n －1)(2n －3)…·7·5＝3(2n ＋1)(2n －1)， ∴当n ≥2时，a n ＝1(2n ＋1)(2n －1)．当n ＝1时，a 1＝13满足上式， 故对n ∈N ＋，有a n ＝1(2n ＋1)(2n －1)． (六)辅助数列法【应用6】 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式． 提示：对于a n ＋1＝pa n ＋q 这一类型的递推关系式，常用配常数法求通项公式．设a n ＋1＋k ＝p (a n ＋k )，对比递推关系式，可得k ＝q p －1，构造出等比数列{a n ＋k }． 解：令a n ＋1＋k ＝12(a n ＋k )， ∵a n ＋1＝12a n ＋1，对比可得k ＝－2， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)． ∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列． ∴a n －2＝－1·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n －1． ∴a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n －1＋2．专题二 数列的求和问题我们已学习了等差数列和等比数列，并熟悉了有关等差数列和等比数列的求和公式，然而有些数列既不是等差数列，又不是等比数列，像这样的数列如何求和呢？数列的求和常涉及分类讨论、转化化归等思想方法．在求数列的前n 项和S n 时，要掌握以下几种常用的方法：(一)并项转化求和法【应用1】 求和：S n ＝12－22＋32－42＋52－62＋…＋992－1002．提示：根据条件可知：前后两项相互结合，利用公式化简求值得出和．解：由平方差公式，得S n ＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋(5－6)(5＋6)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－[(1＋2)＋(3＋4)＋(5＋6)＋…＋(99＋100)]＝－(1＋2＋3＋4＋ (100)＝－100×(1＋100)2＝－5 050．(二)倒序相加法【应用2】 在等差数列{a n }中，前4项的和为16，后4项的和为80，所有项之和为240，求这个数列的项数．提示：从题意可知前4项和与后4项和，又此数列是等差数列，具有与首尾“等距”的两项之和相等的特点，因此采用倒序相加法．解：设此数列{a n }共有n 项，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝16，①a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80．②以上两式相加，得4(a 1＋a n )＝16＋80，解得a 1＋a n ＝24．又S n ＝n (a 1＋a n )2＝240，即n ×242＝240，解得n ＝20． 所以数列的项数为20．(三)拆项分组求和法【应用3】 求数列1＋1，1a ＋4，1a 2＋7，1a 3＋10， (1)n －1＋(3n －2)，…的前n 项和． 提示：本题通项公式为a n ＝1a n －1＋(3n －2)，是一个指数式和一个一次式的和组成的，可以选择拆项分组求和法．解：设数列的通项为a n ，前n 项和为S n ，则 a n ＝1an －1＋(3n －2)， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1a ＋1a 2＋…＋1a n －1＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]． 当a ＝1时，S n ＝n ＋(1＋3n －2)n 2＝3n 2＋n 2． 当a ≠1时，S n ＝1－1a n 1－1a＋(1＋3n －2)n 2＝a n －1a n －a n －1＋(3n －1)n 2． (四)错位相减法【应用4】 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和． 提示：(1)中利用基本量法列出关于a 1与d 的方程组即可求出a n ；(2)利用错位相减法．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ．由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n ．(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1， S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n 2n ． 所以，当n >1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ． 所以S n ＝n 2n －1． 综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1． (五)裂项相消求和法【应用5】 求数列112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，…的前n 项和． 提示：先找出数列的通项公式a n ＝1n 2＋2n ，结合其结构形式将1n 2＋2n 化为1n (n ＋2)即可进行裂项相消求和．解：因为通项a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以此数列的前n 项和S n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)．专题三 数列与数学思想数学思想方法对认知结构起着重要作用，是重要的基础知识，是知识转化为能力的桥梁．求解数列问题常用的数学思想有函数思想、方程思想、整体思想、分类讨论思想、转化思想等．(一)函数思想【应用1】 等差数列{a n }的首项为a 1＝14，前n 项和为S n ，若S 3＝S 5，则当n ＝__________时，S n 最大．提示：本题利用了等差数列前n 项和具有的二次函数性质，等差数列前n 项和的最值问题经常借助求解二次函数最值的方法来解决．解析：∵数列{a n }为等差数列，a 1＝14，S 3＝S 5，得3a 1＋3×22d ＝5a 1＋5×42d ． ∴d ＝－27a 1＝－4． ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝14n ＋n (n －1)2·(－4) ＝－2n 2＋16n ．注意到函数y ＝－2x 2＋16x 的对称轴是x ＝－162×(－2)＝4． 又∵n ∈N ＋，∴n ＝4时，S n 最大．答案：4(二)方程思想【应用2】 已知在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝26，a 1＋a 5－S 3＝5，求a 20及S 20． 提示：等差(比)数列的有关问题大都可以建立关于a 1，d (q )的方程组求解．解：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 5＝26a 1＋a 5－S 3＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 5＝26，S 3＝21，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1＋4d ＝26，3a 1＋3d ＝21.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝6. ∴a 20＝a 1＋19d ＝1＋19×6＝115，S 20＝a 1＋a 202×20＝1 160． (三)整体思想【应用3】 某等差数列前4项之和为－4，最后4项之和为36，且所有项的和为36，则此数列共有______项．提示：解题时，分析已知条件与所求问题的联系，把a 1＋a 2＋a 3＋a 4以及a n ＋a n －1＋a n -2＋a n －3看成一个整体，灵活运用整体思想．解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－4a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝36 ⇒4(a 1＋a n )＝32，∴a 1＋a n ＝8．又∵S n ＝n (a 1＋a n )2＝36，∴4n ＝36． ∴n ＝9，即该数列共有9项．答案：9(四)分类讨论思想【应用4】 已知等比数列{a n }是一个公比为q 的递增数列，且a 5＝a ，a 9＝a 81，则该数列的首项a 1______0．(选填“＞”或“＜”)提示：当一个问题因为某种量的情况不同而有可能引起问题的结果不同时，需要对这个量的各种情况进行分类讨论．在本题中，由于等比数列的增减性与a 1，q 相关，所以应对q 的取值进行讨论．解析：∵a n ＝a m q n －m ，∴q n －m ＝a n a m ，q 4＝a 9a 5＝181， ∴q 2＝19．∴q ＝±13． 当q ＝－13时，显然数列为摆动数列，不合题意，舍去． 当q ＝13时，a n ＝a 1⎝⎛⎭⎫13n －1． ∵y ＝⎝⎛⎭⎫13x 为减函数，∴当a 1<0时，a n 单调递增．答案：<。

第二章基本知能检测(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的，把正确的选项填在答题卡中)1．在等差数列{a n }中，a 3＝－6，a 7＝a 5＋4，则a 1等于( ) A ．－10 B ．－2 C ．2 D ．10[答案] A[解析] 设公差为d ，∴a 7－a 5＝2d ＝4， ∴d ＝2，又a 3＝a 1＋2d ， ∴－6＝a 1＋4，∴a 1＝－10.2．在等比数列{a n }中，a 4、a 12是方程x 2＋3x ＋1＝0的两根，则a 8等于( ) A ．1 B ．－1 C ．±1 D ．不能确定[答案] B[解析] 由题意得，a 4＋a 12＝－3<0， a 4·a 12＝1>0，∴a 4<0，a 12<0. ∴a 8<0，又∵a 28＝a 4·a 12＝1， ∴a 8＝－1.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1(n 为奇数)2n －2(n 为偶数)，则a 2a 3等于( )A ．70B ．28C ．20D ．8[答案] C[解析] 由通项公式可得a 2＝2，a 3＝10，∴a 2a 3＝20.4．已知0<a <b <c ，且a ，b ，c 为成等比数列的整数，n 为大于1的整数，则log a n ，log b n ，log c n 成( )A ．等差数列B ．等比数列C ．各项倒数成等差数列D ．以上都不对[答案] C[解析] ∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac . 又∵1log a n ＋1log c n ＝log n a ＋log n c ＝log n (ac )＝2log n b ＝2log b n ，∴1log a n ＋1log c n ＝2log b n. 5．在等比数列{a n }中，a n <a n ＋1，且a 2a 11＝6，a 4＋a 9＝5，则a 6a 11等于( )A ．6B ．23C ．16D ．32[答案] B[解析] ∵a 4·a 9＝a 2a 11＝6， 又∵a 4＋a 9＝5，且a n <a n ＋1， ∴a 4＝2，a 9＝3， ∴q 5＝a 9a 4＝32，又a 6a 11＝1q 5＝23. 6．在等比数列{a n }中，a 1＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0)∪(1，＋∞) C ．[34，＋∞)D ．[3，＋∞)[答案] C[解析] 设等比数列的公比为q ，则S 3＝1＋q ＋q 2＝(q ＋12)2＋34.∴S 3的取值范围是[34，＋∞)．7．正项等比数列{a n }满足a 2a 4＝1，S 3＝13，b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前10项和是( ) A ．65 B ．－65 C ．25 D ．－25[答案] D[解析] ∵{a n }为正项等比数列，a 2a 4＝1， ∴a 3＝1，又∵S 3＝13，∴公比 q ≠1. 又∵S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝13，a 3＝a 1q 2，解得q ＝13.∴a n ＝a 3q n －3＝(13)n －3＝33－n ，∴b n ＝log 3a n ＝3－n . ∴b 1＝2，b 10＝－7.∴S 10＝10(b 1＋b 10)2＝10×(－5)2＝－25.8．等差数列{a n }中，若3a 8＝5a 13，且a 1>0，S n 为前n 项和，则S n 中最大的是( ) A ．S 21 B ．S 20 C ．S 11 D ．S 10[答案] B[解析] 设数列{a n }的公差为d ，因为3a 8＝5a 13，所以2a 1＋39d ＝0，即a 1＋a 40＝0， 所以a 20＋a 21＝0，又a 1>0，d <0，故a 20>0，a 21<0，所以S n 中最大的是S 20. 9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝x ·3n －1－16，则x 的值为( )A ．13B ．－13C ．12D ．－12[答案] C[解析] a 1＝S 1＝x －16，a 2＝S 2－S 1＝3x －16－x ＋16＝2x ，a 3＝S 3－S 2＝9x －16－3x ＋16＝6x ，∵{a n }为等比数列，∴a 22＝a 1a 3，∴4x 2＝6x ⎝⎛⎭⎫x －16， 解得x ＝12.10．等差数列{a n }中，S n 是{a n }前n 项和，已知S 6＝2，S 9＝5，则S 15＝( ) A ．15 B ．30 C ．45 D ．60[答案] A[解析] 解法一：由等差数列的求和公式及⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝2S 9＝5知，⎩⎨⎧6a 1＋6×52d ＝29a 1＋9×82d ＝5，∴⎩⎨⎧a 1＝－127d ＝427，∴S 15＝15a 1＋15×142d ＝15.解法二：由等差数列性质知，{S n n }成等差数列，设其公差为D ，则S 99－S 66＝3D ＝59－26＝29，∴D ＝227，∴S 1515＝S 99＋6D ＝59＋6×227＝1，∴S 15＝15. 11．一个卷筒纸，其内圆直径为4 cm ，外圆直径为12 cm ，一共卷60层，若把各层都视为一个同心圆，π＝3.14，则这个卷筒纸的长度为(精确到个位)( )A ．14 mB ．15 mC ．16 mD ．17 m[答案] B[解析] 纸的厚度相同，且各层同心圆直径成等差数列，则l ＝πd 1＋πd 2＋…＋πd 60＝60π×4＋122＝480×3.14＝1507.2(cm)≈15 m ，故选B ．12．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N ＋)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11 [答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的性质及累加法求通项，由b 3＝－2，b 10＝12，∴d ＝2， b 1＝－6，∴b n ＝2n －8，∵b n ＝a n ＋1－a n .∴a 8＝(a 8－a 7)＋(a 7－a 6)＋(a 6－a 5)＋(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝b 7＋b 6＋b 5＋b 4＋b 3＋b 2＋b 1＋a 1 ＝7(－6＋2×7－8)2＋3＝3.二、填空题(本大题共4个小题，每空4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 5＝－2，a 8＝16，则S 6等于________． [答案]218[解析] ∵{a n }为等比数列，∴a 8＝a 5q 3，∴q 3＝16－2＝－8，∴q ＝－2.又a 5＝a 1q 4，∴a 1＝－216＝－18， ∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－18[1－(－2)6]1＋2＝218.14．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝__________. [答案] 15[解析] 设等差数列公差为d ，则 S 3＝3a 1＋3×22×d ＝3a 1＋3d ＝3，a 1＋d ＝1，①又S 6＝6a 1＋6×52×d ＝6a 1＋15d ＝24，即2a 1＋5d ＝8.② 联立①②两式得a 1＝－1，d ＝2， 故a 9＝a 1＋8d ＝－1＋8×2＝15.15．在等差数列{a n }中，S n 为它的前n 项和，若a 1＞0，S 16＞0，S 17＜0, 则当n ＝________时，S n 最大．[答案] 8[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧S16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)＞0S17＝17(a 1＋a 17)2＝17a 9＜0，∴a 8＞0而a 1＞0，∴数列{a n }是一个前8项均为正，从第9项起为负值的等差数列，从而n ＝8时，S n 最大．16．数列{x n }满足lg x n ＋1＝1＋lg x n (x ∈N *)，且x 1＋x 2＋…＋x 100＝100，则lg(x 101＋x 102＋…＋x 200)＝________.[答案] 102[解析] 由题意得x n ＋1＝10x n ，即数列{x n }是公比为10的等比数列，所以x 101＋x 102＋…＋x 200＝(x 1＋x 2＋…＋x 100)·10100＝10102，故lg(x 101＋x 102＋…＋x 200)＝102.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)已知数列{a n } 是首项为1的等差数列，且公差不为零．而等比数列{b n }的前三项分别是a 1，a 2，a 6.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b 1＋b 2＋…＋b k ＝85，求正整数k 的值． [解析] (1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1，a 2，a 6成等比数列，∴a 22＝a 1·a 6， ∴(1＋d )2＝1×(1＋5d )，∴d 2＝3d ，∵d ≠0，∴d ＝3，∴a n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2. (2)数列{b n }的首项为1，公比为q ＝a 2a 1＝4.∵b 1＋b 2＋…＋b k ＝1－4k 1－4＝4k －13，∴4k －13＝85，∴4k ＝256，∴k ＝4，∴正整数k 的值为4.18．(本题满分12分)(2015·福建文，17)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n .所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝2(1－210)1－2＋(1＋10)×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.19．(本题满分12分)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c ，求非零常数c .[解析] (1){a n }为等差数列， ∵a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22， 又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两个根． 又公差d >0，∴a 3<a 4， ∴a 3＝9，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝9a 1＋3d ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝4， ∴a n ＝4n －3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c ，∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， ∴2c 2＋c ＝0，∴c ＝－12(c ＝0舍去)．20.(本题满分12分)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，n ≥1，n ∈N ＋.求：(1)数列{a n }的通项公式； (2)a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值． [解析] (1)∵a n ＋1＝13S n (n ∈N ＋)，∴a n ＝13S n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，∴两式相减，得a n ＋1－a n ＝13a n .即a n ＋1a n ＝43(n ≥2)．a 2＝13S 1＝13a 1＝13，a 2a 1＝13≠43. ∴数列{a n }是从第2项起公比为43的等比数列，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)13·(43)n －2(n ≥2).(2)由(1)知，数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为13，公比为169的等比数列，∴a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝13[1－(169)n ]1－169＝37[(169)n －1]．21．(本题满分12分)(2015·天津文，18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和． [解析] (1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d .由题意q >0，由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2q 4－3d ＝10，消去d ，得q 4－2q 2－8＝0. 又因为q >0，解得q ＝2，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *， {b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)2n －1， 设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n ，两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3. 所以S n ＝(2n －3)2n ＋3，n ∈N *.22.(本题满分14分)如图所示，某市2009年新建住房400万平方米，其中250万平方米是中低价房，预计今年后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积比上一年增加50万平方米，那么到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2009年累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?[解析] (1)设中低价房面积构成数列{a n }，由题意知：{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，∴S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750， 即n 2＋9n －190≥0， 解得n ≤－19或n ≥10， ∴n ≥10.故到2018年底，该市历年所建中低价房累计面积首次不少于4 750万m 2. (2)设新建住房面积构成等比数列{b n }． 由题意知{b n }为等比数列，b 1＝400，q ＝1.08. ∴b n ＝400×(1.08)n －1， 令a n >0.85b n ，即250＋(n －1)×50>400×(1.08)n －1×0.85，∴满足不等式的最小正整数n＝6.故到2014年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.。

章末质量评估(二)(时间：90分钟 满分：120分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．等差数列{a n }的公差不为零，且前20项的和为S 20＝10N ，则N 可以是 ( )． A ．a 2＋a 15 B ．a 12＋10a 10 C ．a 2＋a 3D ．a 9＋a 12解析 S 20＝a 1＋a 202·20＝10(a 9＋a 12)，故选D.答案 D2．设S n 为数列{a n }的前n 项和且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝( )．A.56 B.65 C.130D ．30解析 因为a 5＝S 5－S 4＝130，所以1a 5＝30，故选D.答案 D3．公差不为零的等差数列{a n }的第2,3,7项恰为等比数列{b n }的连续三项，则{b n }的公比为( )．A ．1B ．2C ．3D ．4解析 设公差为d ，d ≠0，则由题意：(a 1＋d )(a 1＋6d )＝(a 1＋2d )2，∴3a 1d ＋2d 2＝0，∵d ≠0，∴d ＝－32a 1，∴a 2＝a 1＋d ＝－12a 1，a 3＝a 1＋2d ＝－2a 1，∴公比q ＝a 3a 2＝4.答案：D4．已知数列{a n }对任意的p 、q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( )． A ．－165 B ．－33 C ．－30D ．－21解析 令q ＝2，则a p ＋2－a p ＝a 2， ∵a 2＝－6，∴数列{a n }的所有偶数项、所有奇数项分别成等差数列， ∴a 10＝a 2＋4×(－6)＝－30，故选C. 答案 C5．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝( )．A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3解析 由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4， 又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8. ∵q 4>0，∴a 4＝4，∴q 2＝1. ∴a 20a 10＝q 10＝1. 答案 A6．等比数列{a n }中，a 2，a 6是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，则a 4等于( )． A ．8 B ．－8 C ．±8D ．以上都不对解析 a 2＋a 6＝34，a 2·a 6＝64， ∴a 42＝64，∵a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2q 2>0，∴a 4＝8. 答案 A7．已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9等于( )．A ．2B ．4C ．8D ．16解析 ∵a 3a 11＝a 72＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝4， ∵{b n }为等差数列， ∴b 5＋b 9＝2b 7＝8，故选C. 答案 C8．已知数列{a n }前n 项和为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31的值是( )．A ．13B ．－76C ．46D ．76解析 S 15＝－4×7＋a 15＝－28＋57＝29， S 22＝－4×11＝－44， S 31＝－4×15＋a 31 ＝－4×15＋121＝61，∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76.故选B.答案 B9．已知数列{a n }，如果a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为13的等比数列，那么a n 等于( )．A.32⎝⎛⎭⎫1－13n B.32⎝⎛⎭⎫1－13n －1 C.23⎝⎛⎭⎫1－13n D.23⎝⎛⎭⎫1－13n －1 解析 a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n . 答案：A10．如果数列{a n }满足a 1＝ 2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( )．A.1210 B.129 C.110D.15解析 ∵1－a n a n －1＝a na n ＋1－1，∴a n a n －1＋a n a n ＋1＝2， ∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1， ∴{1a n }是首项为12，公差为12的等差数列， ∴1a n ＝12n ， ∴a 10＝15，故选D.答案 D11．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )．A ．5 B.72 C.92D.132解析 由a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，知a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，∴S 21＝10×12＋a 1＝5＋12－2＝72，故选B.答案 B12．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )．A ．126B ．130C ．132D ．134解析 ∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案 C二、填空题(每小题5分，共20分)13．设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝______. 解析 令{a n }的公差为d ，∵a 4＝a 1＋3d 且a 1＝1，a 4＝7，∴d ＝2. ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5＋5×4＝25.答案 2514．已知数列{a n }、{b n }都是等差数列，S n 、T n 分别是它们的前n 项和，并且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝________. 解析a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝2a 12＋2a 112b 12＋2b 11＝a 11＋a 12b 11＋b 12＝S 22T 22＝15525＝315.答案31515．已知数列{a n }是等差数列，若它的前n 项和S n 有最小值，且a 11a 10<－1，则使S n >0成立的最小自然数n 的值为________．解析 由已知得，a 1<0，d >0，a 10<0，a 11>0，a 1＋a 19<0，a 10＋a 11>0，∴a 1＋a 20>0，∴S 19<0，S 20>0，故n ＝20.答案 2016．数列{a n }的前n 项之和为S n ，S n ＝1－23a n ，则a n ＝________.解析 n ＝1时，a 1＝S 1＝1－23a 1，得a 1＝35，n ≥2时，S n ＝1－23a n ，S n －1＝1－23a n －1.两式相减得a n ＝23a n －1－23a n ，即53a n ＝23a n －1，a n a n －1＝25. 所以{a n }是等比数列，首项为a 1＝35，公比为25，所以a n ＝35·(25)n －1.答案 35·(25)n －1三、解答题(每小题10分，共40分)17．等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 32＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 32＝9a 2a 6得a 32＝9a 42，所以q 2＝19.由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2＝－2n n ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1.18．已知数列{2n a n }的前n 项和S n ＝9－6n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n (2－log 2|a n |3)，求数列{1b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，2a 1＝S 1＝3，∴a 1＝32；当n ≥2时，2n a n ＝S n －S n －1＝－6，∴a n ＝－62n .又∵32≠－62，∴通项公式a n＝⎩⎨⎧32 (n ＝1)，－62n(n ≥2).(2)当n ＝1时，b 1＝2－log 212＝3，∴T 1＝1b 1＝13；当n ≥2时，b n ＝n (2－log 263·2n )＝n (n ＋1)，∴1b n ＝1n (n ＋1)， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝13＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝56－1n ＋1，∴T n ＝56－1n ＋1.19．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)设数列{a n2n －1}的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n ，所以当n >1时，S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n2n －1.综上，数列{a n 2n －1}的前n 项和S n ＝n2n －1.20．数列{a n }，a 1＝2，a n ＝2a n －1＋2n (n ≥2)， (1)求证数列{a n2n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)若b n ＝2n －1a n ，求证数列{b n }为递减数列．(1)证明 ∵a n ＝2a n －1＋2n (n ≥2)， ∴a n 2n ＝2a n －12n ＋1⇒a n 2n －a n －12n －1＝1. ∴{a n 2n }为等差数列，首项为a 121＝1，公差d ＝1. (2)解 由(1)知a n2n ＝n ，∴a n ＝n ·2n .∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1＋2. (3)证明 ∵b n ＝2n －1a n ＝2n －1n ·2n >0，∴b n ＋1＝2n ＋1(n ＋1)·2n ＋1，∴b n ＋1b n ＝(2n ＋1)·n (2n －1)·(n ＋1)·2＝2n 2＋n2(2n 2＋n －1). 又∵2(2n 2＋n －1)－(2n 2＋n )＝2n 2＋n －2，当n ≥1时，2n 2＋n －2>0，∴2(2n 2＋n －1)>2n 2＋n >0， ∴b n ＋1b n<1即b n ＋1<b n ，∴{b n }为递减数列．。

2014-2015学年高中数学 第二章 数列过关测试卷 新人教B 版必修5（100分，45分钟）一、选择题（每题6分，共48分）1.等差数列a 1，a 2，a 3，…，a n 的公差为d ，则数列ca 1，ca 2，…，ca n (c 为常数，且c ≠0)是（ ）A.公差为d 的等差数列B.公差为cd 的等差数列C.非等差数列D.以上都不对2.已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a +1，a +4，则a n 等于( )A.4·23n ⎛⎫ ⎪⎝⎭B.4·32n ⎛⎫⎪⎝⎭C.4·123n -⎛⎫ ⎪⎝⎭ D.4·132n -⎛⎫⎪⎝⎭3.等比数列{a n }的前4项和为240，第2项与第4项的和为180，则数列{a n }的首项为（ ） A.2 B.4 C.6 D.84.〈济南外国语学校考试〉已知等比数列{a n }满足a 1=3，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则数列{a n }的公比等于（ ）A.1B.-1C.-2D.2 5.〈江西吉安高三模拟〉若{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，且S 13=263π,则tan a 7的值为（ ）6.〈郑州模拟〉已知各项均不为0的等差数列{a n }满足2a 3－27a +2a 11=0,数列{b n }为等比数列，且b 7=a 7,则b 6b 8等于( )A.2B.4C.8D.167.〈全国Ⅰ理〉设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m －1=－2,S m =0, S m +1=3,则m 等于( )A.3B.4C.5D.68.各项都是实数的等比数列{a n }的前n 项和记为S n ,若S 10=10,S 30=70,则S 40等于（ ） A.150 B.-200 C.150或-200 D.400或-50 二、填空题（每题5分，共15分）9.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且4a 1,2a 2,a 3成等差数列.若a 1=1,则S 4= . 10.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2=1,S 5=10,则S 7= . 11.〈新定义题〉若数列{a n }满足211n n n na a a a +++-=k (k 为常数)，则称{a n }为等比差数列，k 叫做公比差.已知{a n }是以2为公比差的等比差数列，其中a 1=1,a 2=2,则a 5= . 三、解答题（14题13分，其余每题12分，共37分）12.〈全国大纲理〉等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=22a ,且S 1,S 2,S 4成等比数列，求{a n }的通项公式.13.〈辽宁五校协作体高二上学期期中考试〉数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,1n a + =2S n +1(n ∈N +),等差数列{b n }满足b 3=3,b 5=9.（1）分别求数列{a n },{b n }的通项公式； （2）设c n =22n n b a ++ (n ∈N +),求证c n +1＜c n ≤13.14.〈河南师大附中高二上学期期中考试〉已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n =12(3n +S n )对一切正整数n 均成立.（1）求出数列{a n }的通项公式； （2）设b n =3na n ,求数列{b n }的前n 项和B n .参考答案及点拨一、1.B 点拨：∵a n －a n －1=d ,c ≠0,(n ≥2,n ∈N +)∴ca n －ca n －1=c (a n －a n －1)=cd (常数),∴数列{ca n }是公差为cd 的等差数列.2.D 点拨：由等比数列的性质可得(a +1)2=(a －1)(a +4),解得a =5.∴a 1=5－1=4，公比q =513=42+，∴a n =4·132n -⎛⎫⎪⎝⎭.3.C 点拨：由S 4-(a 2+a 4)=60，得a 1+a 3=60，∴q =2413a a a a ++=3，又a 1+a 3=a 1+a 1·q 2=60，∴a 1=6.4.D 点拨：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，因为4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4a 1+a 1q 2=4a 1q .因为a 1≠0，所以q 2－4q +4=0,解得q =2.5.B 点拨：由题意，得S 13=13a 7=263π,则a 7=23π,从而tan a 7=tan 23π6.D 点拨：因为{a n }是等差数列，所以a 3+a 11=2a 7,所以已知等式可化为4a 7－27a =0,解得a 7=4或a 7=0（舍去），又{b n }为等比数列，所以b 6b 8=27b =27a =16.7.C 点拨：∵{a n }是等差数列,S m －1=－2,S m =0,∴a m =S m －S m －1=2.∵S m +1=3,∴a m +1=S m +1－S m =3,∴公差d =a m +1－a m =1.又S m =11()(2)22m m a a m a ++==0,∴a 1=－2,∴a m =－2+(m －1)·1=2,∴m =5. 8.A 点拨：方法一：由S m +n =S m +q mS n ,得S 30=S 20+q 20S 10=S 10+q 10S 10+q 20S 10，从而有q 20+q 10－6=0,∴q 10=2(q 10=－3舍去).∴S 40=S 30+q 30S 10=70+23×10=150.故选A.方法二：由S 40= S 30+q 30 S 10, S 30＞0,q 30＞0, S 10＞0,知S 40＞0,从而排除B 、C 、D,故选A.二、9.15 点拨：设{a n }的公比为q (q ≠0).∵4a 1,2a 2,a 3成等差数列，∴4a 1+a 3=4a 2,即4a 1+a 1q 2=4a 1q ,∴q 2-4q +4=0,解得q =2,∴S 4=4112⨯-（1-2）=15.10.21 点拨：设{a n }的公差为d ,由题意知1111,1,5(51)0.510,2a d d a a d +=⎧=⎧⎪⎨⎨⨯-=+=⎩⎪⎩解得故S 7=7a 1+72d ⨯（7-1）=21. 11.384 点拨：由32212a a a a -=得，a 3=8,由34322aa a a -=得，a 4=48,由54432a a a a -=得，a 5=384. 三、12.解：设{a n }的公差为d . 由S 3=22a ,得3a 2=22a ,故a 2=0或a 2=3.因为S 1＝a 2－d ,S 2=2a 2－d ,S 4=4a 2+2d , S 1, S 2, S 4成等比数列， 所以(2a 2－d )2=(a 2－d )(4a 2+2d ).若a 2=0,则d 2=－2d 2,所以d =0,此时S n =0,不符合题意，舍去；若a 2=3,则(6-d )2=(3-d )(12+2d ),解得d =0或d =2. 因此{a n }的通项公式为a n =3或a n =2n －1.13.（1）解：由1n a +=2S n +1①，得a n =2S n －1+1（n ≥2,n ∈N +）②, ①-②，得a n +1－a n =2(S n －S n －1),∴a n +1=3a n ,∴a n =3n －1；设{b n }的公差为d ,∵b 5－b 3=2d =6,∴d =3.∴b n =3n －6. （2）证明：∵a n +2=3n +1,b n +2=3n ，∴c n =133n n +=3nn ， ∴c n +1－c n =1123n n +-＜0，∴c n +1＜c n ＜…＜c 1=13，∴c n +1＜c n ≤13. 14.解：（1）由已知得S n =2a n －3n ,则S n +1=2a n +1－3(n +1), 两式相减并整理得：a n +1=2a n +3,所以3+a n +1=2(3+a n ). 又a 1=S 1=2a 1－3,所以a 1=3，所以3+a 1=6≠0, 所以a n +3≠0,所以133n na a +++ =2,故数列{3+a n }是首项为6，公比为2的等比数列，所以3+a n =6×2n －1,即a n =3(2n－1).（2）b n =n (2n －1)=n 2n －n .设T n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n,①则2T n =1×22+2×23+…+（n －1）2n +n ×2n +1，②②－①，得T n =－(2+22+23+…+2n )+n 2n +1=12212n +--+-n 2n +1=2+(n －1)2n +1. ∴B n =T n －(1+2+3+…+n )=2+(n －1)2n +1－(1)2n n +.。

阶段质量检测(二) 数 列(时间90分钟，满分120分)一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)1．数列3,5,9,17,33，…的通项公式a n 等于( )A ．2nB ．2n ＋1C ．2n －1D ．2n ＋1 2．下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( )A ．1，12，13，14，… B ．－1,2，－3,4，…C ．－1，－12，－14，－18，… D ．1，2，3，…，n3．记等差数列的前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列的公差d ＝________.( )A ．2B ．3C ．6D ．74．在数列{a n }中，a 1＝2,2a n ＋1－2a n ＝1，则a 101 的值为( )A ．49B ．50C ．51D ．525．等差数列{a n }的公差不为零，首项a 1＝1，a 2是a 1和a 5的等比中项，则数列的前10项之和是( )A ．90B ．100C ．145D ．1906．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( )A ．1B ．2C ．4D ．87．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于( )A ．0 B.12C.23D ．－1 8．等比数列{a n }的通项为a n ＝2·3n －1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{b n }，那么162是新数列{b n }的( )A．第5项B．第12项C．第13项D．第6项9．设数列{a n}是以2为首项，1为公差的等差数列，{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于()A．1 033 B．1 034C．2 057 D．2 05810．我们把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，因为这些数目的点可以排成一个正三角形，如下图所示：则第七个三角形数是()A．27 B．28C．29 D．30二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11．若数列{a n}满足：a1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，则a5＝________；前8项的和S8＝________(用数字作答)．12．数列{a n}满足a1＝1，a n＝a n－1＋n(n≥2)，则a5＝________.13．等比数列{a n}中，a2＋a4＋…＋a20＝6，公比q＝3，则前20项和S20＝________.14．在等差数列{a n}中，其前n项的和为S n，且S6＜S7，S7＞S8，有下列四个命题：①此数列的公差d＜0；②S9一定小于S6；③a7是各项中最大的一项；④S7一定是S n中的最大项．其中正确的命题是________．(填入所有正确命题的序号)三、解答题(共4小题，共50分)15．(12分)等比数列{a n}中，已知a1＝2，a4＝16，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n.16．(12分)数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1.(1)求证：数列{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式．17．(12分)已知{a n }是公差不为零的等差数列，{b n }是各项都是正数的等比数列，(1)若a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列，求数列{a n }的通项公式；(2)若b 1＝1，且b 2，12b 3,2b 1成等差数列，求数列{b n }的通项公式．18．(14分)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a n a n ＋2n (n ∈N *)．(1)证明：数列{2na n}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝n (n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .答 案阶段质量检测(二) 数 列1．选B 由于3＝2＋1,5＝22＋1,9＝23＋1，…，所以通项公式是a n ＝2n ＋1.2．选C A 为递减数列，B 为摆动数列，D 为有穷数列．3．选B S 4－S 2＝a 3＋a 4＝20－4＝16，∴a 3＋a 4－S 2＝(a 3－a 1)＋(a 4－a 2)＝4d ＝16－4＝12，∴d ＝3.4．选D ∵2a n ＋1－2a n ＝1，∴a n ＋1－a n ＝12， ∴数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝12的等差数列， ∴a 101＝2＋12(101－1)＝52. 5．选B 设公差为d ，∴(1＋d )2＝1×(1＋4d )，∵d ≠0,∴d ＝2，从而S 10＝100.6．选A 因为a 3a 11＝a 27，又数列{a n }的各项都是正数，所以解得a 7＝4，由a 7＝a 5·22＝4a 5，求得a 5＝1.7．选B 设数列{b n }的通项b n ＝11＋a n ，因{b n }为等差数列，b 3＝11＋a 3＝13，b 7＝11＋a 7＝12，公差d ＝b 7－b 34＝124， ∴b 11＝b 3＋(11－3)d ＝13＋8×124＝23，即得1＋a 11＝32，a 11＝12. 8．选C 162是数列{a n }的第5项，则它是新数列{b n }的第5＋(5－1)×2＝13项．9．选A 由已知可得a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1，于是ab n ＝b n ＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(b 1＋1)＋(b 2＋1)＋…＋(b 10＋1)＝b 1＋b 2＋…＋b 10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝1－2101－2＋10＝1 033. 10．选B 法一：∵a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，a 4＝10，a 5＝15，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，∴a 6－a 5＝6，a 6＝21，a 7－a 6＝7，a 7＝28.法二：由图可知第n 个三角形数为n (n ＋1)2， ∴a 7＝7×82＝28. 11．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)知{a n }是以1为首项，以2为公比的等比数列，由通项公式及前n 项和公式知a 5＝a 1q 4＝16，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝1·(1－28)1－2＝255. 答案：16 25512．解析：由a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，得a n －a n －1＝n .则a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，把各式相加，得a 5－a 1＝2＋3＋4＋5＝14，∴a 5＝14＋a 1＝14＋1＝15.答案：1513．解析：S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 20，S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 19，则S 偶S 奇＝q ， ∴S 奇＝S 偶q ＝63＝2. ∴S 20＝S 偶＋S 奇＝6＋2＝8.答案：814．解析：∵S 7＞S 6，即S 6＜S 6＋a 7， ∴a 7＞0.同理可知a 8＜0.∴d ＝a 8－a 7＜0.又∵S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＜0，∴S 9＜S 6.∵数列{a n }为递减数列，且a 7＞0，a 8＜0，∴可知S 7为S n 中的最大项．答案：①②③15．解：(1)设{a n }的公比为q ，由已知得16＝2q 3，解得q ＝2， ∴a n ＝2n .(2)由(1)得a 3＝8，a 5＝32，则b 3＝8，b 5＝32.设{b n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8， b 1＋4d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝－16，d ＝12. 从而b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－16＋12n －28)2＝6n 2－22n . 16．解：(1)证明：∵a 1＝S 1，a n ＋S n ＝n ①，∴a 1＋S 1＝1，得a 1＝12. 又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1②，①②两式相减得2(a n ＋1－1)＝a n －1， 即a n ＋1－1a n －1＝12，也即c n ＋1c n ＝12， 故数列{c n }是等比数列．(2)∵c 1＝a 1－1＝－12， ∴c n ＝－12n ，a n ＝c n ＋1＝1－12n ， a n －1＝1－12n －1. 故当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝12n －1－12n ＝12n . 又b 1＝a 1＝12，即b n ＝12n . 17．解：(1)由题意可设公差为d ，则d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d， 解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由题意可设公比为q ，则q ＞0，由b 1＝1，且b 2，12b 3,2b 1成等差数列得b 3＝b 2＋2b 1，∴q 2＝2＋q ，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)， 故数列{b n }的通项公式为b n ＝1×2n －1＝2n －1.18．解：(1)证明：由已知可得a n ＋12n ＋1＝a n a n ＋2n ， 即2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即2n ＋1a n ＋1－2n a n＝1. ∴数列{2n a n}是公差为1的等差数列． (2)由(1)知2n a n ＝2a 1＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝2n n ＋1. (3)由(2)知b n ＝n ·2n .S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 相减得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1 ＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.。