2018届苏教版(理) 等比数列单元测试

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2018届苏教版数列单元测试

数列作业专练姓名：__________班级：__________考号：__________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，只有一个选项是符合题目要求的） 1.在等差数列*45619{}(),27,n a n N a a a a a ∈++=+中若则等于( )A ．9B ． 27C ．18D ．542.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且244,16S S ==，则56a a += ( )A ．11B ．16C ．20D ．283.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若129288,162S S ==,则6S =（）A ．18B ．36C ．54D ．724.设{n a }是公比为正数的等比数列，若a 3＝4，a 5＝16，则数列{n a }的前5项和为（） A ．41 B ．15C ．32D ．315.等比数列{a n }中，a 1 =1，公比q=2，则数列{a n 2}的前4项和为S 4 =（）A ．85B ．225C ．15D ．7225 6. “数列{}n a 为常数列”是“数列{}n a 既是等差数列又是等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 7.已知首项是1的等比数列{n a }的前n 项和为26,n S a a ＝64，则62S S 的值是（）A ．21B ．20C ．19D ．188.设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则{a n }前7项的和为( )A ．63B ．64C ．127D ．128 9.已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，若65911a a =，则119SS =( ) A. 1B. －1C. 2D.1210.各项均为正数的等比数列{}n a 中，若965=⋅a a ，则=+++1032313log log log a a a ( )A ．8B ．10C ．12D ．5log 23+11.（2015•上海模拟）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1=1．S 2=2，且S n+1﹣3S n +2S n ﹣1=0，（n∈N *，n≥2），则此数列为（）A ．等差数列B ．等比数列C ．从第二项起为等差数列D ．从第二项起为等比数列 12.设n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若18423a a a =-，则816s s =（）（A ）310 (B) 13 (C) 19 (D) 18二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13.（2015•上海模拟）已知{a n ]为等差数列，a 1+a 3+a 5=9，a 2+a 4+a 6=15，则a 3+a 4= ． 14.正项等比数列{}n a 中，24a =，416a =，则数列{}n a 的前9项和等于．15.已知等比数列{}n a 的前n 项和为3n n S a =+，N n *∈，则实数a 的值是______；16.已知等差数列{}n a 的首项1a 及公差d 都是整数，前n 项和为n S （n N *∈）.若1431,3,9a a S >>≤，则通项公式____________n a =三、解答题（本大题共2小题，共24分） 17. (2015重庆高考真题) (本小题满分12分，（I ）小问7分，（II ）小问6分)已知等差数列{}n a 满足3a =2，前3项和3S =92. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设等比数列{}n b 满足1b =1a ，4b =15a ，求{}n b 前n 项和n T .18.已知等差数列{}n a 的公差为d （0d ≠），等比数列{}n b 的公比为q （0q >），且满足11231,,a b a b ===65.a b =（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对一切*n N ∈，令1+⋅=n n n a a b ，都有1211111.43n b b b ≤+++<作业卷七答案解析一、选择题19.C20.C21.D22.D23.A24.B25.A2662164,64,4a q q q===∴，则66612221(1)11164211(1)114S a q q qS q a q q----====----．26.C27.A28.B29.【考点】：等比关系的确定．【专题】：计算题．【分析】：求的是数列的通项公式条件是数列{a n}的前n项和为S n，由所以由两者间的关系求解．要注意分类讨论．【解析】：解：由S1=1得a1=1，又由S2=2可知a2=1．∵S n+1﹣3S n+2S n﹣1=0（n∈N*且n≥2），∴S n+1﹣S n﹣2S n+2S n﹣1=0（n∈N*且n≥2），即（S n+1﹣S n）﹣2（Sn﹣Sn﹣1）=0（n∈N*且n≥2），∴a n+1=2a n（n∈N*且n≥2），故数列{a n}从第2项起是以2为公比的等比数列．故选D．【点评】：【点评】：本题主要考查数列的前n项和通项公式及两者间的关系的应用．30.A二、填空题31.【考点】：等差数列的性质．【专题】：等差数列与等比数列．【分析】：直接利用等差数列的性质，求出a3，a4，然后a3+a4的值．【解析】：解：{a n]为等差数列，a1+a3+a5=9，可得a3=3，a2+a4+a6=15，可得a4=5，∴a3+a4=8．故答案为：8．【点评】：本题考查等差数列的基本性质的应用，考查计算能力．32.33.1a=-34.1n+三、解答题35.【答案】（Ⅰ）+1=2n n a ；（Ⅱ）21n n T =-. 试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，则由已知条件得1132922,3,22a d a d ´+=+= 化简得11322,,2a d a d +=+=解得11=1,2a d =，故通项公式1=1+2n n a -，即+1=2n n a .(2)由（1）得141515+1=1==82b b a =，.设{}n b 的公比为q,则341q 8b b ==,从而2q =. 故{}n b 的前n 项和1(1)1(12)21112n n n n b q T q -⨯-===---.考点：1. 等差数列；2. 等比数列.36.（1）解：由题得：223465115a b d qa b d q⎧=+=⎧⎪⇒⎨⎨=+=⎪⎩⎩解得：32d q =⎧⎨=⎩，故3 2.n a n =- （2）解：)131231(31)13)(23(1111+--=+-=⋅=+n n n n a a b n n n 12111111111[(1)()()]3447323111(1)331n b b b n n n +++=-+-++--+=-+当*∈N n 时，01>nb , 1=∴n 时，12111111,4n b b b b +++≥= 又1131n -+ 是单调递增函数， 12111111(1).3313n b b b n +++=-<+故对一切*n N ∈，都有1211111.43n b b b ≤+++<。

2018届苏教版数列单元测试5

一、填空题(共20小题,每小题5.0分,共100分)1.在数列{an}中，已知a1＝1，an＝an－1＋an－2＋…＋a2＋a1，则这个数列的通项公式是__________．2.已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于()A．64 B．81 C．128 D．2433.等比数列{an}中，a1＝4，a2＝8，则公比等于__________.4.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn＝__________.5.已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则的值为__________．6.三个数成等差数列，它们的和等于18，它们的平方和等于116，则这三个数为_______．7.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则{an}的公比q＝_______.8.已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，S2＝8，S4＝32，数列{bn}为等比数列，且b1＝a1，b2(a2－a1)＝b1，则{bn}的通项公式为bn＝__________.9.等比数列{an} 中，S2＝7，S6＝91，则S4＝___________.10.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.11.已知数列{an}的前n项和Sn＝4n2＋2，则an＝____________________.12.有穷等差数列5,8,11，…，3n＋11(n N*)的项数是__________.13.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝_________.14.已知，则a，b的等差中项为_________.15.已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn表示{an}的前n项和．若a1＝3，a2a4＝144，则S10的值是_________.16.等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝_________.17.数列{an}的通项公式an＝，若前n项的和为10，则项数为.18.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an与所搭三角形的个数n之间的关系式可以是______________．19.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且，则的值为__________.20.等差数列{an}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝__________.二、解答题(共10小题,每小题12.0分,共120分)21.已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋q(p，q R)，且a1＝－，a2＝－.(1)求{an}的通项公式；(2)是{an}中的第几项？(3)该数列是递增数列还是递减数列？22.已知数列{an}成等比数列．(1)若a2＝4，a5＝－，求数列{an}的通项公式；(2)若a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．23.在等差数列{an}中，an＝2n－14，试用两种方法求该数列前n项和Sn的最小值．24.成等差数列的四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这四个数．25.已知等差数列{an}中，(1)a1＝，d＝－，Sn＝－15，求n及an；(2)a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求d.26.有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．27.设数列的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，.(1) 求a1的值；(2) 求数列的通项公式．28.记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝1，S8＝17，求{an}的通项公式．29.2000年11月14日教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”的工程通知》．某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年的时间，在全市中小学建成不同标准的校园网．据测算，2001年该市用于“校校通”工程的经费为500万元．为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元．那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？30.已知数列{an}，满足a1＝2，an＋1＝.(1)数列{}是否为等差数列？说明理由．(2)求an.答案解析1.【答案】【解析】由题意，知an＝Sn－1.∵an＝Sn－Sn－1，∴an＝Sn－an，即an＝Sn. ……………… ①故an－1＝Sn－1．……………… ②由①－②，得an－an－1＝an，∴an＝2an－1，即当n≥2时，{an}为等比数列，an＝a2qn－2＝2n－2.∴2.【答案】A【解析】∵{an}为等比数列，∴＝q＝2.又a1＋a2＝3，∴a1＝1.故a7＝1·26＝64.3.【答案】2【解析】∵a1＝4，a2＝8，∴公比.4.【答案】【解析】.5.【答案】3【解析】∵a3a5a7a9a11＝a＝243，∴a7＝3，＝a7＝3.6.【答案】4,6,8.【解析】设这三个数为a－d，a，a＋d，则由题意得，解得，∴这三数为4,6,8.7.【答案】【解析】依题意S1,2S2,3S3成等差数列，∴ 4S2＝S1＋3S3，易得q≠1∴ 4(a1＋a1q)＝a1＋.∵a1≠0，∴3q2－q＝0，解得q＝或q=0（舍）．8.【答案】2×()n－1【解析】设公差为d，公比为q，由已知得∴又b2(a2－a1)＝b1，∴. ∴bn＝2×()n－1.9.【答案】－21【解析】∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，∴ (S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即 (S4－7)2＝7·(91－S4)，∴S－7S4－588＝0，∴S4＝28或S4＝－21.10.【答案】3【解析】S6＝4S3⇒＝⇒q3＝3.∴a4＝a1·q3＝1×3＝3.11.【答案】【解析】当n＝1时，a1＝S1＝6；当时，an＝Sn－Sn－1＝4n2－4(n－1)2＝8n－4∴an＝12.【答案】n＋3【解析】在3n＋11中令n＝1，结果为14，它是这个数列的第4项，前面还有5,8,11三项，故这个数列的项数为n＋3.13.【答案】15【解析】∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝－(1＋7＋…＋25)＋(4＋10＋…＋28)＝－65＋80＝15.14.【答案】【解析】a，b的等差中项为15.【答案】3069【解析】由题意知a2a4＝144，即a1q·a1q3＝144，∴a q4＝144，∴q4＝16，∴q＝2，∴S10＝＝3(210－1)＝3 069.16.【答案】【解析】当n＝1时，a1＝21－1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1.∴an＝2n－1，∴数列{an}为等比数列，∴数列是首项为1，公比为4的等比数列，∴＋＋…＋．17.【答案】120【解析】∵an＝＝－，∴Sn＝－1＝10，∴n＝120.18.【答案】an＝2n＋1【解析】a1＝3，a2＝3＋2＝5，a3＝3＋2＋2＝7，a4＝3＋2＋2＋2＝9，…，∴an＝2n＋1.19.【答案】【解析】S2n－1＝(2n－1)·，同理T2n－1＝(2n－1)bn.∴令n＝11得.20.【答案】18【解析】方法1）基本量法：根据题意，有(a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋9d)＋(a1＋10d)＝36，∴ 4a1＋22d＝36，则2a1＋11d＝18. ∴a5＋a8＝(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝2a1＋11d＝18.方法2）性质法：根据等差数列性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18.21.【答案】(1)∵an＝pn＋q，又a1＝，a2＝，∴解得∴{an}的通项公式是an＝n－1.(2) 令an＝，即，∴，n＝8.∴是{an}中的第8项．(3) 由于an＝，且()n随n的增大而减小，因此an的值随n的增大而减小，∴ {an}是递减数列.【解析】22.【答案】(1)由a5＝a2q3，得－＝4·q3，所以q＝－.an＝a2qn－2＝4n－2＝(－1)n·24－n.(2)由a3a5＝a，得a3a4a5＝a＝8.解得a4＝2.又因为a2a6＝a3a5＝a，所以a2a3a4a5a6＝a＝25＝32.【解析】23.【答案】方法一∵an＝2n－14，∴a1＝－12，d＝2.∴a1<a2<…<a6<a7＝0<a8<a9<….∴当n＝6或n＝7时，Sn取到最小值．易求S6＝S7＝－42，∴(Sn)min＝－42.方法二∵an＝2n－14，∴a1＝－12.∴Sn＝＝n2－13n＝2－.∴当n＝6或n＝7时，Sn最小，且(Sn)min＝－42.【解析】24.【答案】设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，则由题设得∴解得或所以这四个数为2,5,8,11或11,8,5,2.【解析】25.【答案】(1)∵Sn＝n×＋(－)×＝－15，整理得n2－7n－60＝0，解之得n＝12或n＝－5(舍去)，a12＝＋(12－1)×(－)＝－4.(2)由Sn＝＝＝－1 022，解之得n＝4.又由an＝a1＋(n－1)d，即－512＝1＋(4－1)d，解之得d＝－171.【解析】26.【答案】方法一设四个数依次为a－d，a，a＋d，，由条件得解得或所以，当a＝4，d＝4时，所求四个数为0,4,8,16；当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15,9,3,1.故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.方法二设四个数依次为－a，，a，aq(q≠0)，由条件得，解得或.当a＝8，q＝2时，所求四个数为0,4,8,16；当a＝3，q＝时，所求四个数为15,9,3,1.故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.【解析】27.【答案】(1) 当n＝1时，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，求得a1＝1.(2) 当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，∴Sn＝2Sn－1＋2n－1 ……………… ①∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1 ……………… ②②－①得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即．又a1＋2＝3，a2＋2＝6，即，∴ {an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．∴an＋2＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－2，.【解析】28.【答案】设{an}的公比为q，由S4＝1，S8＝17知q≠1，从而，解得q＝2或q＝－2.将q＝2代入①式得a1＝，∴an＝；将q＝－2代入①式得a1＝－，∴an＝.∴ {an}的通项公式为an＝或.【解析】29.【答案】依题意得，从2001～2010年，该市每年投入“校校通”工程的经费都比上一年增加50万元，所以可以建立一个等差数列{an}，表示从2001年起各年投入的资金，其中，a1＝500，d＝50.那么，到2010年(n＝10)，投入的资金总额为S10＝10×500＋×50＝7 250(万元)．答从2001～2010年，该市在“校校通”工程中的总投入是7 250万元．【解析】30.【答案】(1) 数列{}是等差数列，理由如下：∵a1＝2，an＋1＝，∴＝＝＋，∴－＝，即{}是首项为＝，公差为d＝的等差数列．(2)由上述可知＝＋(n－1)d＝，∴an＝.【解析】。

2018届苏教版数列通项、求和、综合应用单元测试

专题9：数列通项、求和、综合应用(两课时)班级姓名一、前测训练1．(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n (n ∈N *且n ≥2)，则a n ＝．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2n a n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a n ＝．答案：(1)a n ＝3n ＋1－72；（2）a n ＝2(n －1)(n ＋2)2． 2．(1) 已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则a n ＝．(2) 已知数列{a n }中，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝n 2(n ＋1)，则a n ＝．(3) 已知数列{a n }中，a 1a 2…a n ＝n 2，则a n ＝．答案： (1) 2n (n ＋1)．=；(2) a n ＝2n ；(3) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2(n －1)2，n ≥2． 3．(1)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝23a n －1＋1 (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n =2a n -1＋2n (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．(3)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝2a n －1a n －1＋2(n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．答案：(1)a n ＝3－2×(23)n －1； (2)a n ＝(2n －1)×2n －1；(3)a n ＝2n ＋1． 4． (1) 已知数列{a n }中，a n ＋a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N*)，则a n ＝．(2) 已知数列{a n }中，a n a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N*)，则a n ＝．答案：(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数；(2) a n ＝⎩⎨⎧(2)n -1，n 为奇数，(2)n ，n 为偶数5．(1)数列1＋2，1＋2＋4，1＋2＋4＋8，…，1＋2＋4＋…＋2n 的前n 项的和为．(2)数列a n ＝1n (n ＋2)的前n 项的和为． (3)数列a n ＝(2n －1)·3n 的前n 项的和为．(4)已知数列a n ＝(－1)n ·n ，则S n ＝．答案：(1)2n ＋2－(4＋n )；(2)34－12(1n ＋1＋1n ＋2)；(3)(n －1)·3n ＋1＋3；(4)S n ＝⎩⎨⎧－n ＋12，n 为奇数，n 2，n 为偶数．6．(1)数列{a n }通项公式为a n ＝an 2＋n ，若{a n }满足a 1＜a 2＜a 3＜a 4＜a 5，且a n ＞a n ＋1对n ≥8恒成立，则实数a 的取值范围为．(2)已知数列a n ＝λ(12)n －2－n 2，若数列{a n }是单调递减数列，则实数λ的取值范围为．(3)求数列a n ＝4n 2(45)n －1(n ∈N *)的最大项．答案：(1) (－19，－117)；（2）λ＞－3．(3) 最大项为a 9．四、课后反馈：1．设数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1，b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *，c n ＝a b n (n ∈N *)，则数列{c n }的前10项和为．答案：85 (考查等差数列求和)2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a a －1(a n－1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1），则{a n }的通项公式为．答案：a n ＝a n (考查利用a n ，S n 的关系式求通项)3．已知数列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，则a n ＝．答案：12[1－(13)n ] (考查累加法求通项)4．（15年江苏）数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n}的前10项和为答案：2011 (考查递推关系式，列项求和)5．已知等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于．答案：T n ＝⎩⎨⎧－n 2＋10n ，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6．(考查a n ，S n 的关系，等差数列求和) 6．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．答案：9(考查等差、等比数列的性质，一元二次方程根的关系)7．已知函数f (x )＝2x ，等差数列{a n }的公差为2，若f (a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10)＝4，则log 2[f (a 1)f (a 2)f (a 3)…f (a 10)]＝．答案：6-(考查等差数列的性质)8．如图，将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表．已知表中的第一列a 1，a 2，a 5，…构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为d 的等差数列．若a 4＝5，a 86＝518，则d ＝．答案：d ＝32．(考查等差、等比数列的性质)9．已知数列{a n }满足a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3，n ∈N *)，它的前n 项和为S n ．若S 9＝6，S 10＝5，则a 1的值为．答案：1(考查利用递推关系式研究数列)10．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10．（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋a n －2b 3＋…＋a 1b n ，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n ．答案：（1）a n ＝3n －1，b n ＝2n ；（2）略．(考查错位相减法求和)11．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．答案： (1)数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)－10＜a ＜－8.(考查（1）数列中最值问题；（2）数列中不等式恒成立问题．)12．已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *．（1）证明：{a n －1}是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式，并求使得S n ＋1＞S n 成立的最小正整数n ．答案：（1）略（2）a n ＝1－15(56)n －1，15(考查（1）等比数列的证明；（2）数列中不等式问题．)13．设数列{a n }的前n 项和S n ＝(n －2)2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(33)a n ＋5，c n ＝11－3b n ＋1－11－3b n ＋2(n ∈N*)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜12．答案：（1）f (x )＝x 2－4x ＋4．(2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2(3)T n ＝12－13n ＋1－1，证明略 (考查（1）求数列的通项问题；（2）与数列有关不等式证明问题．)。

2018届苏教版等比数列及其前n项和单元测试

等比数列及其前n 项和基础巩固组1.若等比数列{a n }满足a n a n+1=16n ,则公比q 为( ).A.2B.4C.8D.16答案:B解析:由a n a n+1=16n,可得a n+1a n+2=16n +1,两式相除得,a n +1a n +2an a n +1=16n +116n =16,∴q 2=16. ∵a n a n+1=16n ,可知公比q 为正数,∴q=4.2.已知一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了4个伙伴;第2天,5只蜜蜂飞出去,各自找回了4个伙伴,……按照这个规律继续下去,第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂( ). A.420只 B.520只C .520-54只D .421-43只答案:B解析:由题意,可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{a n },则a 1=1+4=5,a 2=5×4+5=25,…,a n =5a n-1,故数列{a n }为等比数列,首项a 1=5,公比q=5,故第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有a 20=5×519=520只蜜蜂. 3.(2015课标全国高考Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1=3,a 1+a 3+a 5=21,则a 3+a 5+a 7=( ). A.21 B.42 C.63 D.84答案:B 解析:由题意知a 1+a 3+a 5a 1=1+q 2+q 4=213=7,解得q 2=2(负值舍去).∴a 3+a 5+a 7=(a 1+a 3+a 5)q 2=21×2=42. 4.已知等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则等差数列{a n }的前n 项和S n =( ). A.n (n+1) B.n (n-1) C .n (n +1)D .n (n -1)答案:A解析:∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴a 42=a 2·a 8,即(a 1+6)2=(a 1+2)(a 1+14), 解得a 1=2.∴S n =na 1+n (n -1)d=2n+n 2-n=n 2+n=n (n+1).故选A .5.设数列{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为 . 答案:-12解析:由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+4×32×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=-12.6.已知数列{a n}是公比为2的等比数列,若a3-a1=6,则a1=,1a12+1a22+…+1a n2=.答案:2131-14n解析:∵{a n}是公比为2的等比数列,且a3-a1=6, ∴4a1-a1=6,即a1=2.∴a n=2·2n-1=2n.∴1 a n2=14n,即数列1a n2是首项为14,公比为14的等比数列.∴1 a12+1a22+…+1a n2=141-14n1-14=131-14n.7.若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=.答案:50解析:因为{a n}为等比数列,所以由已知可得a10a11=a9a12=a1a20=e5,于是ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2a3…a20),而a1a2a3…a20=(a1a20)10=(e5)10=e50,因此ln a1+ln a2+…+ln a20=lne50=50.8.(2015湖南高考)设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n=.答案:3n-1解析:设等比数列{a n}的公比为q,则a n=a1q n-1=q n-1.因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以2×(2S2)=3S1+S3,即4S2=3+S3,即4(a1+a2)=3+(a1+a2+a3), 也就是4(1+q)=3+(1+q+q2),整理得q2-3q=0,解得q=3或q=0(舍去).所以等比数列{a n}的首项为a1=1,公比为q=3,故a n=3n-1.9.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求a1+a3+…+a2n+1.解:(1)∵S1=a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列,∴S n=2n-1.又当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2(2-1)=2n-2.∴a n =1,n =1,2n -2,n ≥2.(2)由(1)知,a 3,a 5,…,a 2n+1是以2为首项,以4为公比的等比数列,∴a 3+a 5+…+a 2n+1=2(1-4n )1-4=2(4n -1)3. ∴a 1+a 3+…+a 2n+1=1+2(4n -1)3=22n +1+13. 能力提升组10.已知数列{a n }满足log 3a n +1=log 3a n+1(n ∈N *),且a 2+a 4+a 6=9,则lo g 1(a 5+a 7+a 9)的值是( ).A.-15 B.-5 C.5D .15答案:B解析:由log 3a n +1=log 3a n+1(n ∈N *),得log 3a n+1-log 3a n =1,且a n >0,即log 3a n +1n =1,解得a n +1n=3, 所以数列{a n }是公比q=3的等比数列. 因为a 5+a 7+a 9=(a 2+a 4+a 6)q 3, 所以a 5+a 7+a 9=9×33=35. 所以lo g 1(a 5+a 7+a 9)=lo g 1335=-log 335=-5.11.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -1,则满足an n ≤2的正整数n 的集合为( ). A.{1,2} B.{1,2,3,4} C.{1,2,3} D.{1,2,4}答案:B解析:因为S n =2a n -1,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-1. 两式相减得a n =2a n -2a n-1, 整理得a n =2a n-1,所以{a n }是公比为2的等比数列. 又因为a 1=2a 1-1,解得a 1=1, 故{a n }的通项公式为a n =2n-1. 而an n ≤2,即2n-1≤2n , 所以有n=1,2,3,4.12.(2015福建高考)若a ,b 是函数f (x )=x 2-px+q (p>0,q>0)的两个不同的零点,且a ,b ,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q 的值等于( ). A.6B.7C.8D.9答案:D解析:由题意得 a +b =p >0,ab =q >0,则 a >0,b >0.不妨设a<b ,则-2,a ,b 成等差数列,a ,-2,b 成等比数列,即 -2+b =2a ,ab =4,解得 a =1,b =4,∴ p =5,q =4.∴p+q=9.13.如图,在等腰直角三角形ABC 中,斜边BC=2 2,过点A 作BC 的垂线,垂足为A 1;过点A 1作AC 的垂线,垂足为A 2;过点A 2作A 1C 的垂线,垂足为A 3;……依此类推,设BA=a 1,AA 1=a 2,A 1A 2=a 3,…,A 5A 6=a 7,则a 7= . 答案:14解析:由题意知数列{a n }是以首项a 1=2,公比q= 22的等比数列,∴a 7=a 1·q 6=2× 22 6=14.14.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=t ,点(S n ,a n+1)在直线y=3x+1上,n ∈N *. (1)当实数t 为何值时,数列{a n }是等比数列;(2)在(1)的结论下,设b n =log 4a n+1,c n =a n +b n ,T n 是数列{c n }的前n 项和,求T n . 解:(1)∵点(S n ,a n+1)在直线y=3x+1上,∴a n+1=3S n +1,a n =3S n-1+1(n>1,且n ∈N *),a n+1-a n =3(S n -S n-1)=3a n ,∴a n+1=4a n ,n>1,a 2=3S 1+1=3a 1+1=3t+1,∴当t=1时,a 2=4a 1,数列{a n }是等比数列.(2)在(1)的结论下,a n+1=4a n ,a n+1=4n , b n =log 4a n+1=n ,c n =a n +b n =4n-1+n ,T n =c 1+c 2+…+c n =(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n ) =(1+4+42+…+4n-1)+(1+2+3+…+n )=4n -1+n (n +1). 15.已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n ,使得S n >60n+800?若存在,求n 的最小值;若不存在,说明理由.解:(1)设数列{a n }的公差为d ,依题意,2,2+d ,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.=2n2,当a n=4n-2时,S n=n[2+(4n-2)]2令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的正整数n;当a n=4n-2时,存在满足题意的正整数n,其最小值为41.。

2018届苏教版数列的综合应用单元测试

考点11 数列的综合应用一、解答题1.（2016·大纲版全国卷高考理科·Ｔ22）（12分）函数f 32)(2--=x x x ，定义数列{}n x 如下：21=x ，1+n x 是过两点)5,4(P ，))(,(n n n x f x Q 的直线n PQ 与x 轴交点的横坐标. （Ⅰ）证明：321<<≤+n n x x ；（Ⅱ）求数列{}n x 的通项公式.【解题指南】本题（Ⅰ）先求出直线n PQ 的方程，然后利用数学归纳法进行证明，（Ⅱ）结合（Ⅰ）中的相关结论写出数列的递推公式，根据递推公式的结构特征，构造新数列，求数列{}n x 的通项公式. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明2≤ x n ＜x n+1＜3. （ⅰ）当1=n 时，21=x ，直线1PQ 的方程为)4(425)2(5---=-x f y ，令0=y ，解得4112=x ，所以3221<≤≤x x . （ⅱ）假设k n =时，结论成立，即321<<≤+k k x x ，直线1+k PQ 的方程为)4(45)(511---=-++x x x f y k k ，令0=y ，解得112243+++++=k k k x x x . 由归纳假设知， 332542542431112=+-<+-=++=++++k k k k x x x x ，02)1)(3(11112>++-=-+++++k k k k k x x x x x ，即12++>k k x x . 所以3221<<≤++k k x x ，即当1+=k n 时，结论成立.由（ⅰ）（ⅱ）知，对于任意的正整数n ，321<<≤+n n x x 成立. （Ⅱ）由（Ⅰ）及nnn x x x ++=+2431. 设3-=n n x b ，则1511+=+nn b b ，)411(54111+=++n n b b ，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+411n b 是首项为43-，公比为5的等比数列.所以1543411-⋅-=+n n b ，即数列{}n x 的通项公式为153431+⋅-=-n n x .2.（2016·大纲版全国卷高考文科·Ｔ18）(12分)已知数列{}n a 中，11=a ，前n 项和n n a n S 32+=. (Ⅰ)求2a ,3a .(Ⅱ)求{}n a 的通项公式.【解题指南】由212a a S +=，求2a ；由3213a a a S ++=，求出3a ；求{}n a 的通项公式时利用1--=n n n S S a ，导出n 1a -与n a 之间的关系，根据递推公式的特点，求通项公式. 【解析】（Ⅰ） 121,3+==n n n a S a ，∴12243a a a +=， ∴23a =.又 123353a a a a ++=，∴36a =.(Ⅱ) 由题设知，11=a . 当1n >时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a . 111n n a n a n -+∴=-. 32412314513,,,...,231-+∴====-n n a a a a n a a a a n . 以上n 个式子的两端分别相乘，得到1(1)2n a n n a +=, 又∵11=a , ∴(1)2n n n a +=. 3.（2016·重庆高考理科·Ｔ21）设数列{}n a 的前n 项和n S 满足121a S a S n n +=+其中02≠a .(1)求证: {}n a 是首项为1的等比数列;(2)若12->a ,求证:)(21n n a a n S +≤,并给出等号成立的充要条件. 【解题指南】利用已知条件及数列前n 项和的性质可证明{}n a 为等比数列.可利用数学归纳法证明第(2)问.【解析】(1)方法一:由1122a S a S +=,得11221a a a a a +=+,即122a a a =, 因为02≠a ,故,11=a 得212a a a =. 又由题设条件知1122a S a S n n +=++,121a S a S n n +=+, 两式相减得)(1212n n n n S S a S S -=-+++,即122++=n n a a a , 由02≠a ,知01≠+n a ,因此212a a a n n =++. 综上,21a a a nn =+对所有的*∈N n 成立,从而{}n a 是首项为1,公比为2a 的等比数列.方法二:用数学归纳法证明*-∈=N n a a n n ,12.当1=n 时, 由1122a S a S +=,得11221a a a a a +=+,即122a a a =, 因为02≠a ,故,11=a 所以结论成立. 假设当k n =时,结论成立,即,12-=k k a a 那么,)()()(22121121211kk k k k k k k k a a a S S a a S a a S a S S a ==-=+-+=-=--++这就是说,当1+=k n 时,结论也成立.综上可得,对任意的*∈N n ,,12-=n n a a 因此{}n a 是首项为1,公比为2a 的等比数列.(2)方法一:当1=n 或2时,显然)(21n n a a n S +=成立.设1,32->≥a n 且02≠a .由(1)知,,1121-==n n a a a 所以要证的不等式化为)3()1(211212222≥+≤++++--n a n a a a n n , 即证:2n n 2222n 11a a a (1a )(n 2)2+++++≤+≥ . 当12=a 时,上面不等式的等号成立.当112<<-a 时,12-r a 与12--r n a )1,,2,1(-=n r 同为负; 当12>a 时,12-r a 与12--r n a )1,,2,1(-=n r 同为正. 因此当12->a 且12≠a 时,总有)1(2-r a 0)1(2>--r n a ,即ra 2nrn a a 221+<+-)1,,2,1(-=n r ,上面不等式对r 从1到1-n 求和得),1)(1()(2212222n n a n a a a +-<+++-由此得).1(21122222nn a n a a a ++<++++ 综上,当12->a 时,有)(21n n a a nS +≤,当且仅当2,1=n 或12=a 时等号成立.方法二:当1=n 或2时,显然)(21n n a a n S +=成立. 当12=a 时, )(21n n a a n n S +==也成立.当12≠a 时,由(1)知1222,11-=--=n n nn a a a a S .下证:).1,1,3(),1(211221222≠->≥+<---a a n a n a a n n当112<<-a 时,上面不等式化为n n 1222(n 2)a na na n 2(n 3)--+-<-≥, 令.)2()(12222--+-=n n na na a n a f 当012<<-a 时,,0122>--n a 故n n 222222f(a )(n 2)a na (1a )(n 2)a n 2,-=-+-<-<-即所要证的不等式成立.当102<<a 时,对2a 求导得n 1n 22222f (a )n (n 2)a (n 1)a 1]ng(a ).--'=---+=[ 其中,1)1()2()(22122+---=--n n a n a n a g 则,0)1)(1)(2()(3222<---='-n a a n n a g即)(2a g 是)1,0(上的减函数,故,0)1()(2=>g a g 从而,0)()(22<='a ng a f 进而)(2a f 是)1,0(上的增函数,因此,2)1()(2-=<n f a f 所要证的不等式成立. 当12>a 时,令,12a b =则10<<b ,由已证的结论知 ,11211111222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--n na n a a两边同乘以12-n a 得所要证的不等式.综上,当12->a 且02≠a 时,有)(21n n a a n S +≤,当且仅当2,1=n 或12=a 时等号成立.4.（2016·四川高考理科·Ｔ20）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立.（Ⅰ）求1a ，2a 的值；（Ⅱ）设10a >，数列110{lg }na a 的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值.【解题指南】（Ⅰ）直接把1,2n =代入22n n a a S S =+，构造关于1a ，2a 的方程组求解；（Ⅱ）先求出数列{}n a 的通项公式n a ，再求数列110{lg }na a 的通项公式，由对数的运算性质，可知数列110{lg }na a 为单调递减的等差数列，把所有正项求和即可.【解析】（Ⅰ）取n=1,得2121122,=+=+a a S S a a ① 取n=2,得,222122a a a += ②又②-①，得 2122)(a a a a =- ③ 若a 2=0, 由①知a 1=0,若a 2210a a 1≠-=，由知③, ④由①④解得，12a 1,a 2==12a 12== 综上可得，a 1=0，a 2=0或1212a 1,a 2a 1a 2==或（Ⅱ）当a 1>0时,由（I）知12a 1,a 2.=当n 2n n 22a S S ≥=+，有（时, (2+2)a n-1=S 2+S n-1，所以n n 11a 2a ,-=（（即a n =)2(21≥-n a n , 所以111)2()12()2(--⋅+==n n n a a .令n 11n n n 1n 10a 11100b lg,b 11n 1lg 2lg a 222--==-=-=（-）则. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列（公差为1lg 22-），从而 b 1>b 2>…>b 7=01lg 810lg=>，当n≥8时，b n ≤b 8=128100lg2101lg 21=<，故n=7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7=177b b 7113lg 2217lg 2222++-==-（）（）. 5、（2016·四川高考文科·Ｔ20）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，常数0λ>，且11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设10a >，100λ=，当n 为何值时，数列1{lg}na 的前n 项和最大？【解析】（Ⅰ）取n=1,得121111a 2S 2a ,a (a 2)0,λ==λ-=若a 1=0,则s 1=0, 当n n n n 1n 2a s s 000,a 0(n 1)-≥=-=-==≥，所以时.若a 1λ201=≠a ，则. 当n ,2a 22n n s +=≥λ时，,2a 211--+=n n s λ两式相减得2a n -2a n-1=a n ，所以a n =2a n-1（n ≥2）,从而数列{a n }是等比数列.所以a n =a 1·2n-1=nn 1222,-=λλ综上，当a 1 = 0时, n a 0;=当a 1nn 20a ≠=λ，时 .（Ⅱ）当a 1>0且n n n n 1100100b lg,b lg 2n lg 2a 2λ====-，令由（1）有，时.所以数列{b n }是单调递减的等差数列（公差为-lg2）. b 1>b 2>…>b 6=01lg 64100lg 2100lg6=>=，当n≥7时，b n ≤b 7=01lg 128100lg 2100lg 7=<=，故数列{lgna 1}的前6项的和最大. 关闭Word 文档返回原板块。

2018届苏教版数列单元测试23

2017-2018学年度xx学校xx月考卷一、选择题(共0小题,每小题5.0分,共0分)二、填空题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.在1与2之间插入6个正数，使这8个数成等比数列，则插入的6个数的积为________．2.已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且a11＝－26，a51＝54，则a14的值是．该数列从第项开始为正数.3.由1，3，5，…，2n－1，…构成数列{an}，数列{bn}满足b1＝2，当n≥2时，bn＝abn－1，则b6的值是4.等比数列{an}中，a10，{an}是递增数列，则满足条件的q的取值范围是______．5.在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项公式an＝__________.6.已知数列{an}，an＝an＋m，满足a1＝2，a2＝4，则a3＝________.7.已知等差数列{an}中，d＝2，S3＝－24，则其前n项和Sn取最小值时n的值为__________.8.已知数列{an}满足：an≤an＋1，an＝n2＋λn，n∈N*，则实数λ的最小值是________．9.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于 __________10.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝pan＋q，且a2＝3，a4＝15，则p，q的值为_____.11.一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数为____________.12.在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，an＋an－1＋an－2＝78，Sn＝155，则n＝____.13.如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H(H为常数，n∈N*)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2 011等于___________.14.数列，，…，的前10项和为____________.15.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人，那么到11月7日该市新感染者共有________人．三、解答题(共5小题,每小题12.0分,共60分)16.四个数成递增等差数列，中间两数的和为2，首末两数的积为－8，求这四个数．17.已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}唯一，求a的值．18.已知：数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an.(1)写出数列的前5项；(2)猜想数列的通项公式．19.数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.20.设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．答案解析1.【答案】8【解析】设这8个数组成的等比数列为{an}，则a1＝1，a8＝2.插入的6个数的积为a2a3a4a5a6a7＝(a2a7)·(a3a6)·(a4a5)＝(a1a8)3＝23＝8.2.【答案】－20 25【解析】方法一）由等差数列an＝a1＋(n－1)d列方程组：，∴a14＝－46＋13×2＝－20.∴an＝－46＋(n－1)·2＝2n－48.令，即.∴从第25项开始，各项为正数．方法二）在等差数列{an}中，根据an＝am＋(n－m)d，∴a51＝a11＋40d，∴.∴a14＝a11＋3d＝－26＋3×2＝－20.∴an＝a11＋(n－11)d＝－26＋2(n－11)，∴an＝2n－48.显然当时，an>0.即从第25项开始各项为正数．3.【答案】33【解析】∵bn＝abn－1，∴b2＝ab1＝a2＝3，b3＝ab2＝a3＝5，b4＝ab3＝a5＝9，b5＝ab4＝a9＝17，b6＝ab5＝a17＝33.4.【答案】0<q<1【解析】由an＋1>an，得a1qn>a1qn－1.∵a1<0，∴qn<qn－1⇒qn<0对任意正整数n都成立．∴q>0且<0解得：0<q<1.5.【答案】2n＋1－3【解析】由an＋1＝2an＋3，则有an＋1＋3＝2(an＋3)，即，∴数列{an＋3}是以a1＋3为首项，公比为2的等比数列，∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1. ∴an＝2n＋1－3.6.【答案】2【解析】∴a2－a＝2，解得a＝2或－1，又a<0，∴a＝－1. ∴由a＋m＝2，得m＝3，∴an＝(－1)n＋3，∴a3＝(－1)3＋3＝2.7.【答案】5或6【解析】由d＝2，S3＝3a1＋3d＝－24，得a1＝－10，令an＝－10＋(n－1)×2＝0得n＝6，∴a6＝0，S5＝S6均为最小值．8.【答案】－3【解析】an≤an＋1⇔n2＋λn≤(n＋1)2＋λ(n＋1)⇔λ≥－(2n＋1)，n∈N*⇔λ≥－3.9.【答案】5【解析】∵a1a2a3＝a＝5，∴a2＝.∵a7a8a9＝a＝10，∴a8＝.∴a＝a2a8＝＝50，又∵数列{an}各项均为正数，∴a5＝50.∴a4a5a6＝a＝50＝5.10.【答案】或【解析】由已知可得a2＝pa1＋q，即p＋q＝3，a4＝pa3＋q＝p(pa2＋q)＋q＝p2a2＋pq＋q，即3p2＋pq＋q＝15，联立方程组解得或.11.【答案】12【解析】设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.则a q3＝2，a q3n－6＝4. 两式相乘得，a q3(n－1)＝8，即a qn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝＝64，即 (a qn－1)n＝642，即2n＝642. 解得n＝12.12.【答案】10【解析】(a1＋a2＋a3)＋(an＋an－1＋an－2)＝3(a1＋an)＝15＋78，∴a1＋an＝31.又Sn＝＝155，∴＝155⇒n＝10.13.【答案】－3 014【解析】S2 011＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2 011)＝a1＋1 005×H＝1＋1 005×(－3)＝－3 014.14.【答案】【解析】∵∴S10.15.【答案】1190【解析】设从11月1日起，第n天的新感染者有an人，则an＋1－an＝50，则每天的新感染者构成以a1＝20，d＝50的等差数列{an}，所以到11月7日该市新感染者共有S7＝7a1＋d＝7×20＋×50＝1 190人．16.【答案】-2，0，2，4【解析】方法一设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)．依题意得，2a＝2，且(a－3d)(a＋3d)＝－8，即a＝1，a2－9d2＝－8，∴d2＝1，∴d＝1或d＝－1.又四个数成递增等差数列，所以d＞0，∴d＝1，故所求的四个数为－2,0,2,4.方法二设这四个数为a，a＋d，a＋2d，a＋3d(公差为d)，依题意得，2a＋3d＝2，且a(a＋3d)＝－8，把a＝1－d代入a(a＋3d)＝－8，得(1－d)(1＋d)＝－8，即1－d2＝－8，化简得d2＝4，所以d＝2或－2.又四个数成递增等差数列，所以d＞0，所以d＝2，a＝－2.故所求的四个数为－2,0,2,4.17.【答案】(1) 设{an}的公比为q，则b1＝1＋a1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2.由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，即q2－4q＋2＝0，解得q1＝，q2＝，故{an}的通项公式为an＝()n－1或an＝()n－1.(2) 设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)·(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，由a>0得，Δ＝4a2＋4a>0，故方程aq2－4aq＋3a－1＝0有两个不同的实根．由{an}唯一，故方程必有一根为0，代入上式得.【解析】18.【答案】(1)a1＝1，a2＝×1＝，a3＝×＝，a4＝×＝，a5＝×＝.(2)猜想：an＝.【解析】19.【答案】(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0.∴an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1.∴{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n.(2)∵an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0；当n<5时，an>0.∴当n>5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40，当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.∴Sn＝【解析】20.【答案】设等差数列{an}的项数为2n＋1，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1，∴，，解得n＝3∴项数2n＋1＝7，，即a4＝44－33＝11为所求中间项．【解析】。

2018届苏教版数列单元测试6

一、填空题(共20小题,每小题5.0分,共100分)1.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝_________.2.在2和8之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则中间三个数的积等于_______．3.数列…的第100项是__________.4.在数列1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，…中，x的值为__________.5.在等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则公比q＝________.6.下列命题中一定正确的是__________.①若a，b，c是等差数列，则lg a，lg b，lg c是等比数列；②若a，b，c是等比数列，则lg a，lg b，lg c是等差数列；③若a，b，c是等差数列，则10a，10b，10c是等比数列；④若a，b，c是等比数列，则10a，10b，10c是等差数列.7.设数列{an}为等比数列，则下面四个数列：①{a}；②{pan}(p为非零常数)；③{an·an＋1}；④{an ＋an＋1}．其中是等比数列的有__________.8.在数列{an}中，an＋1＝对所有正整数n都成立，且a1＝2，则an＝______.9.数列{an}中，已知对任意，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于_________.10.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn＝__________.11.有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则＝________.12.已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝_____.13.已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列{}的前5项和为_________.14.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m等于.15.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于.16.若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.17.一个等差数列的前4项是a，x，b,2x，则等于_______.18.下列关于星星的图案中,星星的个数依次构成一个数列,该数列的一个通项公式为__________.19.观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为12－22＋32－…＋(－1)n＋1n2＝________.20.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20＝________.二、解答题(共10小题,每小题12.0分,共120分)21.(1) 已知的首项a1＝1，an＋1＝an＋2n，求的通项公式．(2) 已知中，，且a1＝2，求数列的通项公式．22.某商店采用分期付款的方式促销一款价格每台为6 000元的电脑．商店规定，购买时先支付货款的，剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款的利息．已知欠款的月利率为0.5%，到第一个月底，货主在第一次还款之前，他欠商店多少元？假设货主每月还商店a 元，写出在第i(i＝1,2，…，36)个月末还款后，货主对商店欠款数的表达式．23.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0.(1)求公差d的范围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．24.根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)…； (2)…；(3) 1,3,6,10,15，…； (4) 7,77,777，….25.若数列{an}为等比数列，公比为q，且an>0，bn＝lg an，试问数列{bn}是什么数列？并证明你的结论．26.设数列{an}满足写出这个数列的前五项．27.已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．28.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1－an，试写出a3，a4，a5，a6，a7，a8，你发现数列{an}具有怎样的规律？你能否求出该数列中的第2 014项是多少？29.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)(n∈N*)．(1)求a1，a2；(2)证明：数列{an}是等比数列．30.设Sn为等差数列{an}前n项和，若S3＝3，S6＝24，求a9.答案解析1.【答案】【解析】由S3＝a2＋10a1得a1(1＋q＋q2)＝a1(q＋10)，即q2＝9又，即∴.2.【答案】64【解析】设a1＝2，a5＝8，∴a3＝＝4，∴a2·a3·a4＝a·a3＝a＝43＝64.3.【答案】【解析】观察所给数列，其通项公式应为an＝，当n＝100时，a100＝.4.【答案】13【解析】a1＝1，a2＝1，a3＝2＝a1＋a2，a4＝3＝a2＋a3，a5＝5＝a3＋a4，a6＝8＝a4＋a5，……an ＋1＝an＋an-1∴x＝5＋8＝13.5.【答案】2【解析】a3＝a1q2＝3，a10＝a1q9＝384，两式相除得，q7＝128，所以q＝2.6.【答案】③【解析】①④显然错误；当a，b，c中有负数时，其对数无意义，故②错误；对于③，若a，b，c成等差数列，则2b＝a＋c，∴ 10a·10c＝10a＋c＝102b＝(10b)2，∴ 10a,10b,10c是等比数列．7.【答案】①②③④【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q.则①∴数列{a}是等比数列；②，∴数列{pan}也是等比数列；③∴数列{an·an＋1}也是等比数列；④∴数列{an＋an＋1}也是等比数列．8.【答案】【解析】∵an＋1＝，∴＝＋.∴是等差数列且公差d＝.∴＝＋(n－1)×＝＋＝，∴an＝.9.【答案】(9n－1)【解析】∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)，两式相减得an＝3n－3n－1＝2·3n－1，又a1＝2满足上式，∴an＝2·3n－1.∴a＝4·32n－2＝4·9n－1，∴a＋a＋…＋a＝4(1＋9＋92＋…＋9n－1)＝＝(9n－1)．10.【答案】【解析】.11.【答案】【解析】方法一：＝＝＝＝＝＝.方法二：因为＝所以设Sn＝(3n－1)kn Tn＝(n＋7)·kn(k≠0)所以a7＝S7－S6＝38k，b7＝T7－T6＝20k∴＝＝.12.【答案】5【解析】∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5.13.【答案】【解析】若q＝1，则由9S3＝S6得9×3a1＝6a1，则a1＝0，不满足题意，故.由9S3＝S6得9×＝，解得q＝2.故an＝a1qn－1＝2n－1，.∴数列{}是以1为首项，为公比的等比数列，其前5项和为S5＝.14.【答案】10【解析】因为{an}是等差数列，所以am－1＋am＋1＝2am，由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，由S2m－1＝38知am≠0，所以am＝2，又S2m－1＝38，即＝38，即(2m－1)×2＝38，解得m＝10.15.【答案】【解析】∵ {an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，∴设{an}的公比为q，则q>0，且a＝1，即a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0.故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4. ∴S5＝＝8(1－)＝.16.【答案】22n＋1－2【解析】设等比数列的公比为q，由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40.∴20q＝40，且a1q＋a1q3＝20，解之得q＝2，且a1＝2.因此Sn＝＝2n＋1－2.17.【答案】【解析】∵∴a＝，b＝x. ∴＝.18.【答案】【解析】从题图中可观察星星的构成规律，n=1时，有1个；n=2时，有3个；n=3时，有6个；n=4时,有10个；… ∴.19.【答案】(－1)n＋1·【解析】观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，指数都是2，且正、负相间，所以等式左边的通项为(－1)n＋1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1,3,6,10,15,21，….设此数列为{an}，则a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an －1＝n，各式相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝.所以第n个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.20.【答案】1【解析】∵a1＋a3＋a5＝105，∴ 3a3＝105，a3＝35.∵a2＋a4＋a6＝3a4＝99. ∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2.∴a20＝a4＋16d＝33＋16×(－2)＝1.21.【答案】(1)an－an－1＝2(n－1)，an－1－an－2＝2(n－2)，an－2－an－3＝2(n－3)，…，a3－a2＝2×2，a2－a1＝2×1.将以上各式相加，可得an－a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＝n2－n，∴an＝n2－n＋1，当n＝1时也成立．∴an＝n2－n＋1(2) ∵，∴，∴，，…，.以上各式相加，得又a1＝1 ∴【解析】22.【答案】(1) 因为购买电脑时，货主欠商店的货款，即6 000×＝4 000(元)，又按月利率0.5%到第一个月底的欠款数应为4 000(1＋0.5%)＝4 020(元)．(2)设第i个月底还款后的欠款数为yi，则有y1＝4 000(1＋0.5%)－a，y2＝y1(1＋0.5%)－a＝(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a，y3＝y2(1＋0.5%)－a＝4 000(1＋0.5%)3－a(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a，…yi＝yi－1(1＋0.5%)－a＝4 000(1＋0.5%)i－a(1＋0.5%)i－1－a(1＋0.5%)i－2－…－a，由等比数列的求和公式，得yi＝4 000(1＋0.5%)i－a(i＝1,2，…，36)．【解析】23.【答案】(1)∵a3＝12，∴a1＝12－2d，∵S12>0，S13<0，∴即∴－<d<－3.(2)∵S12>0，S13<0，∴∴∴a6>0，又由(1)知d<0.∴数列前6项为正，从第7项起为负．∴数列前6项和最大．【解析】24.【答案】(1) 注意前4项中有两项的分子为4，不妨把分子统一为4，即为…，于是它们的分母依次相差3，因而有.(2) 把分母统一为2，则有，…，因而有.(3) 注意6＝2×3,10＝2×5,15＝3×5，规律还不明显，再把各项的分子和分母都乘以2，即…，因而有.(4) 把各项除以7，得1,11,111，…，再乘以9，得9,99,999，…，因而有an＝(10n－1)．【解析】25.【答案】数列{bn}是等差数列．证明如下：∵bn＋1－bn＝lg an＋1－lg an＝lg＝lg q(常数)．∴{bn}是公差为lg q的等差数列．【解析】26.【答案】a1＝1 ；a2＝2；a3＝；a4＝；a5＝.【解析】由题意可知：a1＝1，a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝，a5＝1＋＝1＋＝.27.【答案】(1) 设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得解得或故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.(2) 若an＝·3n－1，则＝n－1，则数列是首项为，公比为的等比数列．从而＝＝·<<1.若an＝－5·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，从而＝故<1.综上，对任何正整数m，总有<1.故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．【解析】28.【答案】a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，….发现：an＋6＝an，数列{an}具有周期性，周期T＝6，证明如下：∵an＋2＝an＋1－an，∴an＋3＝an＋2－an＋1＝(an＋1－an)－an＋1＝－an.∴an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an.∴数列{an}是周期数列，且T＝6.∴a2 014＝a335×6＋4＝a4＝－1.【解析】29.【答案】(1)解∵a1＝S1＝(a1－1)，∴a1＝－.又a1＋a2＝S2＝(a2－1)，∴a2＝.(2)证明∵Sn＝(an－1)，∴Sn＋1＝(an＋1－1)，两式相减，得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝－an，∴数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列．【解析】30.【答案】设等差数列的公差为d，则S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝3，即a1＋d＝1，S6＝6a1＋d＝6a1＋15d＝24，即2a1＋5d＝8.由解得故a9＝a1＋8d＝－1＋8×2＝15.【解析】。

2018届苏教版数列单元测试12

2017-2018学年度xx学校xx月考卷一、选择题(共0小题,每小题5.0分,共0分)二、填空题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1a a5＝________.2.某工厂月生产总值的平均增长率为q，则该工厂的年平均增长率为.3.，… 的一个通项公式是________．4.等比数列{an}中，a1＝，an＝，公比q＝，则n＝________.5.在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－a8的值为___________.6.若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.7.等差数列{an}中，，S100＝145，an＝，则n＝___________.8.在160与5中间插入4个数，使它们同这两个数成等比数列，则这4个数依次为________．9.公差不为0的等差数列的第二、三、六项构成等比数列，则公比为__________.10.等比数列{an}中，a10，{an}是递增数列，则满足条件的q的取值范围是______．11.已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77且ak＝13，则k＝__________.12.(1) 方程x2－17x＋16＝0的两根的等差中项是______，两根的等比中项是______．(2) 在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_____．13.{}为等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，，则下列结论中正确的是__________.①②③④14.已知数列{an}满足a0＝1，an＝a0＋a1＋…＋an－1，则当时，an等于____________.15.已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则等于__________.三、解答题(共5小题,每小题12.0分,共60分)16.已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求Sn的最小值及对应的n值．17.已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an.18.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.19.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝，S6＝.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝6n－61＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.20.已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．答案解析1.【答案】【解析】∵数列{an}为等比数列，∴a2·a4＝a＝，a1·a5＝a. ∴a1a a5＝a＝.2.【答案】【解析】设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q)，则该厂第一年的生产总值为S1＝1＋(1＋q)＋(1＋q)2＋…＋(1＋q)11.第2年第1个月的生产总值为(1＋q)12，第2年全年生产总值S2＝(1＋q)12＋(1＋q)13＋…＋(1＋q)23＝(1＋q)12S1，∴该厂生产总值的年平均增长率为＝－1＝(1＋q)12－1.3.【答案】an＝【解析】∵…，∴an＝.4.【答案】4【解析】由an＝a1qn－1，得＝()n－1，即()n－1.故n＝4.5.【答案】8【解析】由a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，∴a7－a8＝(2a7－a8)＝(a6＋a8－a8)＝a6＝8.6.【答案】(－2)n－1【解析】当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，故＝－2，故an＝(－2)n－1.7.【答案】21【解析】由条件知S100＝100a1＋50×99d＝145，，解得a1＝，由an＝a1＋(n－1)d＝解得n＝21.8.【答案】80,40,20,10【解析】设这6个数所成等比数列的公比为q，则5＝160q5，∴q5＝，∴q＝.∴这4个数依次为80,40,20,10.9.【答案】【解析】设这三项分别为a2，a2＋d，a2＋4d，则由它们构成等比数列得(a2＋d)2＝a2·(a2＋4d)，即d(d－2a2)＝0，∴d＝2a2，∴a2＋d＝3a2，∴q＝.10.【答案】0<q<1【解析】由an＋1>an，得a1qn>a1qn－1.∵a1<0，∴qn<qn－1⇒qn<0对任意正整数n都成立．∴q>0且<0解得：0<q<1.11.【答案】18【解析】∵a4＋a7＋a10＝3a7＝17，∴a7＝.又a4＋a5＋…＋a13＋a14＝11a9＝77，∴a9＝7.∴.∵ak＝a9＋(k－9)d＝13，∴13－7＝(k－9)×. 解得k＝18.12.【答案】(1)，(2)216【解析】(1) ∵x2－17x＋16＝0的二根的x1＝1，x2＝16.∴x1与x2等差中项为等比中项为±4.(2) 设插入的三数为a，b，c，则b2＝ac＝×＝36.又b与第一项同号，∴b＝6，∴插入的三数之积abc＝b3＝216.13.【答案】①②④【解析】，则，且，∴S11＝，S13＝，而S12＝，无法判断大于0或小于0.14.【答案】【解析】∵an－1＝a0＋a1＋…＋an－2与已知式子相减，得an＝2an－1，∴ {an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an＝2n－1.15.【答案】3＋2【解析】设等比数列{an}的公比为q，∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2，∴a1q2＝a1＋2a1q，∴q2－2q－1＝0，∴q＝1±.∵an>0，∴q>0，q＝1＋.∴＝q2＝(1＋)2＝3＋2.16.【答案】(1)∵Sn＝2n2－30n，∴当n＝1时，a1＝S1＝－28.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－30n)－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32.又当n＝1时，a1＝4×1－32＝－28，满足此式．∴an＝4n－32，n∈N*.(2)方法一Sn＝2n2－30n＝2(n－)2－，∴当n＝7或8时，Sn最小，且最小值为S7＝S8＝－112.方法二∵an＝4n－32，∴a1<a2<…<a7<0，a8＝0，当n≥9时，an>0.∴当n＝7或8时，Sn最小，且最小值为S7＝S8＝－112.【解析】17.【答案】(1)当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5.(2)当n≥2时，Sn－1＝3＋2n－1，又Sn＝3＋2n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.又当n＝1时，a1＝5≠21－1＝1，∴an＝【解析】18.【答案】(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.【解析】19.【答案】(1) ∵S6≠2S6，∴q≠1. ∴，解得q＝2，a1＝.∴an＝a1qn－1＝2n－2.(2 )∵bn＝6n－61＋log22n－2＝6n－61＋n－2＝7n－63.∴bn－bn－1＝7n－63－7n＋7＋63＝7，∴数列{an}是等差数列．又b1＝－56，∴Tn＝nb1＋n(n－1)×7＝－56n＋n(n－1)×7＝n2－n.【解析】20.【答案】(1) 设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3. 解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2) 由(1)可知an＝3－2n. ∴Sn＝＝2n－n2.∴Sk＝－35，即2k－k2＝－35. 解得k＝－5或k＝7又，∴k＝7．【解析】。

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题6 数列第36练含解析

1．【2016·肇庆二统】在等比数列{a n}中，已知a6a13＝2，则a6a7a8a9a10a11a12a13＝________.2．【2017·苏锡常联考】已知等比数列{a n}的各项均为正数，若a4＝a22，a2＋a4＝516，则a5＝________.3．【2016·安庆一模】已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________.4．在等比数列{a n}中，a3＝1，q＞0，满足2a n＋2－a n＋1＝6a n，则S5的值为________．5．【2016·河北衡水中学四调】在正项等比数列{a n}中，若a1a20＝100，则a7＋a14的最小值为________．6．【2016·镇江模拟】设等比数列{a n}的前n项和为S n，若a4，a3，a5成等差数列，且S k＝33，S k＋1＝－63，其中k∈N*，则S k＋2＝________.7．已知{a n}是等比数列，给出以下四个命题：①{2a3n－1}是等比数列；②{a n＋a n＋1}是等比数列；③{a n·a n＋1}是等比数列；④{lg|a n|}是等比数列．其中正确命题的个数是________．8．【2016·广东肇庆三模】设数列{a n}【n＝1,2,3，…】的前n项和S n满足S n＋a1＝2a n，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝________.9．【2016·聊城期中】在等比数列{a n}中，a1＝9，a5＝4，则a3＝________. 10．【2016·衡阳期中】等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.11．【2016·南平期中】已知等比数列{a n}中，a1＋a6＝33，a2a5＝32，公比q＞1，则S5＝________.12．【2016·兰州模拟】已知各项均为正数的等比数列{a n }，若2a 4＋a 3－2a 2－a 1＝8，则2a 8＋a 7的最小值为________．13．在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n的最大正整数n 的值为________．14．【2016·淮安五模】已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，总有S n T n ＝3n ＋14，则a 3b 3＝________.答案精析1．4 2.132 3.－7 4.314 5.20 6.1297．3解析由{a n }是等比数列可得a n a n －1＝q 【q 是定值】，2a 3n －12a 3n －4＝q 3是定值，故①正确；a n ＋a n ＋1a n －1＋a n ＝q 是定值，故②正确；a n a n ＋1a n －1a n ＝q 2是定值，故③正确；lg|a n |lg|a n －1|不一定为常数，故④错误．8．34解析由S n ＋a 1＝2a n ，得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1【n ≥2】，即a n ＝2a n －1【n ≥2】．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2【a 2＋1】，所以a 1＋4a 1＝2【2a 1＋1】，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n ，所以a 1＋a 5＝2＋25＝34.9．6解析因为在等比数列{a n }中，a 1＝9，a 5＝4，又a 3＞0，所以a 3＝a 1·a 5＝6. 10．5解析 log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2a 1a 2a 3a 4a 5＝log 2a 53＝5log 2a 3.又正项等比数列{a n }中，a 1a 5＝4，所以a 3＝2.故5log 2a 3＝5log 22＝5.11．31解析 ∵a 1＋a 6＝33，a 2a 5＝32，公比q ＞1，∴⎩⎨⎧a 1(1＋q 5)＝33，a 21q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，则S 5＝25－12－1＝31. 12．54解析设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 4＋a 3－2a 2－a 1＝8，得【2a 2＋a 1】·q 2－【2a 2＋a 1】＝8，∴【2a 2＋a 1】【q 2－1】＝8，显然q 2＞1,2a 8＋a 7＝【2a 2＋a 1】q 6＝8q 6q 2－1，令t ＝q 2，则2a 8＋a 7＝8t 3t －1，设函数f 【t 】＝8t 3t －1【t ＞1】，f ′【t 】＝8t 2(2t －3)(t －1)2，易知当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，f 【t 】为减函数，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f 【t 】为增函数，∴f 【t 】的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝54，故2a 8＋a 7的最小值为54. 13．12解析设{a n }的公比为q .由a 5＝12及a 5【q ＋q 2】＝3，得q ＝2，所以a 1＝132，所以a 6＝1，a 1a 2…a 11＝a 116＝1，此时a 1＋a 2＋…＋a 11＞1.又a 1＋a 2＋…＋a 12＝27－132，a 1a 2…a 12＝26＜27－132，所以a 1＋a 2＋…＋a 12＞a 1a 2…a 12，但a 1＋a 2＋…＋a 13＝28－132，a 1a 2…a 13＝26·27＝25·28＞28－132，所以a 1＋a 2＋…＋a 13＜a 1a 2…a 13，故最大正整数n 的值为12.14．9解析由题意可知，a 1b 1＝1，不妨设a 1＝b 1＝t 【t ≠0】，{a n }，{b n }的公比分别为q ，p ，易知p ≠1，q ≠1，则S 2T 2＝t ＋tq t ＋tp ＝1＋q 1＋p ＝104＝52，S 3T 3＝t ＋tq ＋tq 2t ＋tp ＋tp 2＝1＋q ＋q 21＋p ＋p 2＝284＝7，由上述两式可解得⎩⎨⎧ p ＝1，q ＝4【舍去】或⎩⎨⎧ p ＝3，q ＝9，所以a 3b 3＝tq 2tp 2＝819＝9.。

2018届苏教版数列单元测试

上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练数列一、填空、选择题1、（2016年上海高考）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.2、（2015年上海高考）记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）A ．方程①有实根，且②有实根B ．方程①有实根，且②无实根C ．方程①无实根，且②有实根D ．方程①无实根，且②无实根 3、（2014年上海高考）设无穷等比数列{}n a 的公比为q ，若()134lim n n a a a a →∞=+++ ，则q = .4、（虹口区2016届高三三模）若等比数列{}n a 的公比1q q <满足，且24344,3,a a a a =+=则12lim()n n a a a →∞+++= ___________. 5、（浦东新区2016届高三三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若533S S =，则53a a = 6、（杨浦区2016届高三三模）若两整数a 、b 除以同一个整数m ，所得余数相同，即a bk m-=()k Z ∈，则称a 、b 对模m 同余，用符号(mod )a b m ≡表示，若10(mod 6)a ≡(10)a >，满足条件的a 由小到大依次记为12,,,,n a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅，则数列{}n a 的前16项和为7、（黄浦区2016届高三二模）已知数列{}n a 中，若10a =，2i a k =*1(,22,1,2,3,)kk i N i k +∈≤<= ，则满足2100i i a a +≥的i 的最小值为8、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足181a =，1311log ,2,(*)3,21n n n a a n k a k N n k ---+=⎧=∈⎨=+⎩，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 .9、（闵行区2016届高三二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，22|2016|n S n a n =+-（0a >），则使得1n n a a +≤（n ∈*N ）恒成立的a 的最大值为 .10、（浦东新区2016届高三二模）已知数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n =-⋅+，*n N ∈，则这个数列的前n 项和n S =___________．11、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在等差数列{}n a 中，首项13,a =公差2,d =若某学生对其中连续10项进行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为__________________． 12、（宝山区2016届高三上学期期末）数列1212312341213214321⋅⋅⋅，，，，，，，，，，，则98是该数列的第项. 13、（崇明县2016届高三上学期期末）已知数列的各项均为正整数，对于，有其中k 为使1n a +为奇数的正整数. 若存在，当n ＞m 且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，则p 的值为14、（奉贤区2016届高三上学期期末）数列}{n a 是等差数列，2a 和2014a 是方程01652=+-x x 的两根，则数列}{n a 的前2015项的和为__________．15、（虹口区2016届高三上学期期末）在等差数列{}n a 中，1352469,15,a a a a a a ++=++= 则数列{}n a 的前10项的和等于_____.二、解答题1、（2016年上海高考）若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.2、（2015年上海高考）已知数列{a n }与{b n }满足a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），n ∈N *．（1）若b n =3n+5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即0n a ≥a n （n ∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=λ＜0，b n =λn （n ∈N *），求λ的取值范围，使得{a n }有最大值M 与最小值m ，且∈（﹣2，2）． 3、（2014年上海高考）已知数列{}n a 满足1133n n n a a a +≤≤，*n ∈N ，11a =.(1) 若2342,,9a a x a ===，求x 的取值范围；(2) 设{}n a 是公比为q 的等比数列，12n n S a a a =+++ . 若1133n n n S S S +≤≤，*n ∈N ，求q 的取值范围；(3) 若12,,,k a a a 成等差数列，且121000k a a a +++= ，求正整数k 的最大值，以及k 取最大值时相应数列12,,,k a a a 的公差.4、（虹口区2016届高三三模）若数列12:,,,(,2)n n A a a a n N n *∈≥ 满足110,1(1,2,,1),k k a a a k n +=-==- 则称n A 为L 数列.记12().n n S A a a a =+++（1）若5A 为L 数列,且50,a =试写出5()S A 的所有可能值；（2）若n A 为L 数列，且0,n a =求()n S A 的最大值；（3）对任意给定的正整数(2),n n ≥是否存在L 数列,n A 使得()0?n S A =若存在，写出满足条件的一个L 数列n A ；若不存在，请说明理由.5、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足n n n a a 331+=-（*∈≥N n n ,2），首项31=a ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（3）数列{}n b 满足n a b n n 3log =，记数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅+11n n b b 的前n 项和为n T ，A 是△ABC 的内角，若n T A A 43cos sin >对于任意n N *∈恒成立，求角A 的取值范围．6、（闵行区2016届高三二模）已知n ∈*N,数列{}n a 、{}n b 满足:11n n a a +=+,112n n n b b a +=+,记24n n n c a b =-．（1）若11a =，10b =，求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）证明：数列{}n c 是等差数列；（3）定义2()n n n f x x a x b =++，证明：若存在k ∈*N ，使得k a 、k b 为整数，且()k f x 有两个整数零点，则必有无穷多个()n f x 有两个整数零点．7、（闸北区2016届高三二模）已知数列{}n a ，n S 为其前n 项的和，满足(1)2n n n S +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1{}na 的前n 项和为n T ，数列{}n T 的前n 项和为n R ，求证：当2,*n n N ≥∈时1(1)n n R n T -=-；（3）（理）已知当*n N ∈，且6n ≥时有1(1)()32n m m n -<+，其中1,2,,m n = ，求满足34(2)(3)n a n n n n n a ++++=+ 的所有n 的值．8、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）已知正项数列}{n a ，}{n b 满足：对任意*N ∈n ，都有n a ，n b ，1+n a 成等差数列，n b ，1+n a ，1+n b 成等比数列，且101=a ，152=a ．（1）求证：数列{}nb 是等差数列；（2）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式；（3）设12111n nS a a a =+++L ，如果对任意*N ∈n ，不等式n n n a baS -<22恒成立，求实数a 的取值范围．9、（宝山区2016届高三上学期期末）已知函数()log k f x x =（k 为常数，0k >且1k ≠），且数列{}()n f a 是首项为4，公差为2的等差数列.(1)求证：数列{}n a 是等比数列； (2) 若()n n n b a f a =+，当k =时，求数列{}n b 的前n 项和n S 的最小值；（3）若lg n n n c a a =，问是否存在实数k ，使得{}n c 是递增数列？若存在，求出k 的范围；若不存在，说明理由．10、（奉贤区2016届高三上学期期末）数列{}n a 的前n 项和记为n S 若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得n m S a =，则称{}n a 是“H 数列”．(1)、若数列{}n a 的通项公式2n n a =，判断{}n a 是否为“H 数列”；（2）、等差数列{}n a ，公差0d ≠，12a d =，求证：{}n a 是“H 数列”；（3）、设点()1,n n S a +在直线()1q x y r -+=上，其中120a t =>，0≠q ．若{}n a 是“H 数列”，求,q r 满足的条件．11、（虹口区2016届高三上学期期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20,2().n n S S n na n N *=+=∈（1）计算1234,,,,a a a a并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足12335(21)23,n n n b b b n b a ++++-=⋅+ 求证：数列{}n b 是等比数列；（3）由数列{}n a 的项组成一个新数列{}n c ：1122334567,,,,c a c a a c a a a a ==+=+++1112212221,n n n n n c a a a a ---++-=++++ . 设n T 为数列{}n c 的前n 项和，试求lim 4n nn T →∞的值.12、（黄浦区2016届高三上学期期末）已知1a ，2a ，…，n a 是由n （*n ∈N ）个整数1，2，…，n 按任意次序排列而成的数列，数列{}n b 满足1k k b n a =+-（1,2,,k n = ），1c ，2c ，…，n c 是1，2，…，n 按从大到小的顺序排列而成的数列，记122n n S c c nc =+++ ．（1）证明：当n 为正偶数时，不存在满足k k a b =（1,2,,k n = ）的数列{}n a ．（2）写出k c （1,2,,k n = ），并用含n 的式子表示n S ．（3）利用22212(1)(2)()0n b b n b -+-++- ≥，证明：1212(1)(21)6n b b nb n n n +++++ ≤及122n n a a na S +++ ≥．（参考：222112(1)(21)6n n n n +++=++ ．）13、（静安区2016届高三上学期期末）李克强总理在很多重大场合都提出“大众创业，万众创新”. 某创客，白手起家，2015年一月初向银行贷款十万元做创业资金，每月获得的利润是该月初投入资金的20%.每月月底需要交纳房租和所得税共为该月全部金额（包括本金和利润）的10%，每月的生活费等开支为3000元，余款全部投入创业再经营.如此每月循环继续.(1)问到2015年年底(按照12个月计算)，该创客有余款多少元？(结果保留至整数元) (2)如果银行贷款的年利率为5%，问该创客一年(12个月)能否还清银行贷款？参考答案一、填空、选择题 1、【答案】4 【解析】试题分析：要满足数列中的条件，涉及最多的项的数列可以为2,1,1,0,0,0,-⋅⋅⋅，所以最多由4个不同的数组成.2、解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0，即a 12≥4，a 22＜8，∵a 1，a 2，a 3成等比数列，∴a 22=a 1a 3，即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B3、【解析】：223111011a a q a q q q q q ==⇒+-=⇒=--，∵01q <<，∴12q = 4、16 5、【答案】179【解析】()()53151315333422S S a a a a d a =⇒+=⋅+⇒=，所以5117a a =，319a a =，所以53179a a = 6、9767、128 8、127 9、1201610、1122,252,22n n n nn S n n ++⎧+-⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩为偶数为奇数 11、20012、128 13、1或5 4、1209 15、80二、解答题【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．【解析】试题分析：（1）根据已知条件，得到678332a a a a ++=++，结合67821a a a ++=求解．（2）根据{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，写出通项公式，从而可得520193n n n n a b c n -=+=-+．通过计算1582a a ==，248a =，63043a =，26a a ≠，即知{}n a 不具有性质P ．（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明．试题解析：（1）因为52a a =，所以63a a =，743a a ==，852a a ==．于是678332a a a a ++=++，又因为67821a a a ++=，解得316a =．（2）{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，所以()12012019n b n n =+-=-，1518133n n n c --⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．520193n n n n a b c n -=+=-+． 1582a a ==，但248a =，63043a =，26a a ≠，所以{}n a 不具有性质P ．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 2、（1）解：∵a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），b n =3n+5， ∴a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ）=2（3n+8﹣3n ﹣5）=6， ∴{a n }是等差数列，首项为a 1=1，公差为6，则a n =1+（n ﹣1）×6=6n ﹣5；（2）∵a n =（a n ﹣a n ﹣1）+（a n ﹣1﹣a n ﹣2）+…+（a 2﹣a 1）+a 1 =2（b n ﹣b n ﹣1）+2（b n ﹣1﹣b n ﹣2）+…+2（b 2﹣b 1）+a 1 =2b n +a 1﹣2b 1，②当λ=﹣1时，a 2n =3，a 2n ﹣1=﹣1， ∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a 2n →+∞，无最大值；当n→+∞时，a 2n ﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．3、【解析】：（1）依题意，232133a a a ≤≤，∴263x ≤≤，又343133a a a ≤≤，∴327x ≤≤，综上可得36x ≤≤；（2）由已知得1n n a q -=，又121133a a a ≤≤，∴133q ≤≤ 当1q =时，n S n =，1133n n n S S S +≤≤，即133nn n ≤+≤，成立当13q <≤时，11n n q S q -=-，1133n n n S S S +≤≤，即1111133111n n n q q q q q q +---≤≤---， ∴111331n n q q +-≤≤-，此不等式即11320320n n n nq q q q ++⎧--≥⎨-+≤⎩，∵1q >， ∴132(31)2220n n n n qq q q q +--=-->->，对于不等式1320n n qq +-+≤，令1n =，得2320q q -+≤，解得12q ≤≤，又当12q <≤时，30q -<，∴132(3)2(3)2(1)(2)0n n n q q q q q q q q +-+=-+≤-+=--≤成立， ∴12q <≤当113q ≤<时，11n n q S q -=-，1133n n n S S S +≤≤，即1111133111n n n q q q q q q +---≤≤---，即11320320n n n nq q q q ++⎧--≤⎨-+≥⎩，310,30q q ->-< ∵132(31)2220n n n n q q q q q +--=--<-<132(3)2(3)2(1)(2)0n n n q q q q q q q q +-+=-+≥-+=-->∴113q ≤<时，不等式恒成立综上，q 的取值范围为123q ≤≤（3）设公差为d ，显然，当1000,0k d ==时，是一组符合题意的解， ∴max 1000k ≥，则由已知得1(2)1(1)3[1(2)]3k dk d k d +-≤+-≤+-，∴(21)2(25)2k d k d -≥-⎧⎨-≥-⎩，当1000k ≥时，不等式即22,2125d d k k ≥-≥---， ∴221d k ≥--，12(1) (10002)k k k da a a k -+++=+=， ∴1000k ≥时，200022(1)21k d k k k -=≥---，解得10001000k ≤1999k ≤， ∴k 的最大值为1999，此时公差2000219981(1)199919981999k d k k -==-=--⨯4、解：（1）满足条件的L 数列5A ，及对应的5()S A 分别为：（i ） 0, 1, 2，1, 0. 5()4;S A =(ii) 0, 1, 0，1, 0. 5()2;S A =（iii ） 0, 1, 0，-1, 0. 5()0;S A = (iv) 0, -1, -2，-1, 0. 5()4;S A =- （v ） 0, -1, 0，-1, 0 . 5()2;S A =-(vi) 0, -1, 0, 1, 0. 5()0.S A =因此，5()S A 的所有可能值为：4,2,0,2,4.-- ……5分(2) 由于n A 为L 数列，且10,n a a ==11(1,2,,1),k k a a k n +-==-故n 必须是不小于3的奇数. ……7分于是使()n S A 最大的n A 为：0,1,2,3,,2,1,,1,2,,3,2,1,0.k k k k k ---- ……9分这里213(),n k k n N *=+≥∈、并且[]21()212(1),.2n n S A k k k k -=+++-+==因此，2max1()(3).2n n S A n -⎛⎫= ⎪⎝⎭为不小于的奇数 ……11分（3）令1(1,2,,1),1,k k k k c a a k n c +=-=-=± 则于是由10,a =得213221243312311121,,,,.n n n n a c a a c c c a a c c c c a a c c c c ---==+=+=+=++=+=+++[]12312321123211232()(1)(2)(3)2(1)(2)(3)21(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(1)(1)(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(12n n n n n n n S A a a a a n c n c n c c c n n n n c n c n c c c n n n c n c n c c -----=+++++=-+-+-+++=-+-+-+++++--+--+--++-+--=---+--+--++-+- 故[]1).n c - 1,1(1,2,,1)k k c c k n =±-=- 因故为偶数，所以12321(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(1)n n n c n c n c c c ----+--+--++-+- 为偶数.于是要使(1)()0,2n n n S A -=必须为偶数，即(1)n n -为4的倍数，亦即 4,41().n m n m m N *==+∈或 ……14分（i ）当4()n m m N *=∈时，L 数列n A 的项在满足： 4143420,=k k k a a a ---==1,41(1,2,,)k a k m =-= 时，()0.n S A = ……16分(ii)当41()n m m N *=+∈时，L 数列n A 的项在满足：4143420,=k k k a a a ---==1，441=1(1,2,,),0k m a k m a +-== 时()0.n S A = ……18分5、（1）数列{}n a 满足n n n a a 331+=-（*∈≥N n n ,2）∴n n n a a 331=--，∵03≠n ，∴13311=---n n n n a a 为常数，…………2分 ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 3是等差数列，首项为131=a ，公差为1…………4分 n a n n=3∴n n n a 3⋅= )(*∈N n …………6分（2）23413233343(1)33n n n S n n -=+⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅2345133233343(1)33n n n S n n +=+⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ 234112333333n n n S n -+-=+++++-⋅ 1133322n n n S n ++=⋅-+…………10分（3）数列{}n b 满足na b nn 3log =，则n b n n ==3log 3，…………11分11n n b b +=111(1)1n n n n =-++因此有： 1111111(1)()()()223341n T nn =-+-+-++-+ =111+-n …………13分 ∴由题知△ABC中，1sin cos sin 22n A A A =>恒成立，而对于任意n N *∈，1n T <成立，所以1sin 22A ≥232sin ≥A ， …………16分又),0(π∈A ，即)2,0(2π∈A∴3223ππ≤≤A ，即⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈3,6ππA ． …………18分 6、（1）n a n =， ………………………………………………………………2分1122n n n n nb b a b +=+=+，∴由累加法得121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+- …………………4分1(1)0[12(2)(1)]24n n n n -=+++⋅⋅⋅+-+-=．……………………………………6分（2）221114(4)n n n n n n c c a b a b +++-=---……………………………………………8分221(1)4()(4)12n n n n n a a b a b =+-+--=∴{}n c 是公差为1的等差数列．……………………………………………………11分(3)由解方程得：x =()0k f x =两根x =为整数，则k c ∆=必为完全平方数，不妨设2()k c m m =∈N ， …………12分此时2k a mx -±==为整数，∴k a 和m 具有相同的奇偶性，………13分由（2）知{}n c 是公差为1的等差数列，取21n k m =++∴()222121211k m k c c m m m m ++=++=++=+ ………………………………15分此时(21)(1)2k a m m x -++±+==k a 和m 具有相同的奇偶性，∴21k a m ++和1m +具有相同的奇偶性， …17分所以函数21()k m f x ++有两个整数零点.由递推性可知存在无穷多个()n f x 有两个整数零点.………………………18分 7、解：（1）当2n ≥时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-= 又111a S == ，所以n a n = ……………………………5分(2)、<法一> 11n a n= ，1112n T n ∴=+++ ，1111111(1)(1)(1)22321n R n -∴=++++++++++- 111(1)1(2)(3)1231n n n n =-⋅+-⋅+-⋅++⋅-11111111(11)(11)(1)(2)231231n n n n T n n n n n=++++-+=+++++-=-≥-- …6分 <法二>：数学归纳法 ①2n =时，11111R T a ===，212112(1)2(1)1T a a -=+-= ………………………1分②假设(2,*)n k k k N =≥∈时有1(1)k k R k T -=- ………………………1分当1n k =+时，1111(1)(1)(1)()k k k k k k k k R R T k T T k T k k T k a -++=+=-+=+-=+-- 111(1)(11)(1)(1)1k k k T k k T k ++=+-+--=+-+1n k ∴=+是原式成立由①②可知当2,*n n N ≥∈时1(1)n n R n T -=-； ………………………4分(3)、（理） 1(1)()32n m m n -<+，1,2,,m n = 231211)32112)()3213)()32411)()3231)()32n n n n n n n n m n n m n n m n m n n m n n -+⎫=<⎪+⎪+⎪=<⎪+⎪⎪=<⎪+⎬⎪⎪⎪=-<⎪+⎪⎪=<⎪+⎭时，（时，（时，（时，（时，（⇒相加得，231214311111()()()()()()()()333322222n n n n n n n n n n n n -++++++<+++++++++231111111()()()()1()1222222n n n -+++++=-< ， 34(2)(3)n n n n n n ∴++++<+ ………………………4分6n ∴≥时，34(2)(3)n n n n n n ∴++++=+ 无解又当1n =时；34<，2n =时，222345+=；3n =时，33333456++=4n =时，44443456+++为偶数，而47为奇数，不符合 5n =时，5555534567++++为奇数，而58为偶数，不符合综上所述2n =或者3n = ……………………………4分(3)、易知0q ≠，否则若0q =，则1()f x p=，与lim ()0(*)n n f a n N →∞=∈矛盾因为函数()f x 的定义域为R ，所以(1)31qxp -⋅+恒不为零，而3qx 的值域为(0,)+∞，所以10p -≥，又1p =时，()1f x =，与lim ()0(*)n n f a n N →∞=∈矛盾，故1p >11()(1)31(1)(3)1n qn q n f a p p ==-⋅+-+ 且lim ()0nn f a →∞=31q∴>，0q ∴> 即有1p q +>。

2018届苏教版数列单元测试30

2017-2018学年度xx学校xx月考卷一、选择题(共0小题,每小题5.0分,共0分)二、填空题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.等比数列{an}中，a1＝，an＝，公比q＝，则n＝________.2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于 __________3.已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.4.一架飞机在起飞时，第一秒滑行了2 m，以后每秒都比前一秒多滑行4 m，又知离地前一秒滑行了58 m，这架飞机起飞所用的时间为________．5.已知函数，当x1＋x2＝1时，，则________.6.某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个分裂为2个)．经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成__________个.7.若a,2a＋2,3a＋3成等比数列，则实数a的值为_________．8.数列{an}中，a1＝2，an＋1－an＝2n，则数列的通项an＝__________.9.数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列中最大项的值是.10.三个数成等比数列，它们的和等于14，它们的积等于64，则这三个数是________或________．11.等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1＋a，则a的值为______.12.在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d＜0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n的值是__________．13.等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a4＋a15的值为一个确定的常数，则Sn中也是常数的是__________.14.数列1，－3，5，－7,9，…的一个通项公式为__________.15.如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H(H为常数，n∈N*)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2 011等于___________.三、解答题(共5小题,每小题12.0分,共60分)16.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．17.已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝an＋，n∈N*.(1)求证：{an－}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．18.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项；(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.19.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：(1)；(2)；(3).20.设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.答案解析1.【答案】4【解析】由an＝a1qn－1，得＝()n－1，即()n－1.故n＝4.2.【答案】5【解析】∵a1a2a3＝a＝5，∴a2＝.∵a7a8a9＝a＝10，∴a8＝.∴a＝a2a8＝＝50，又∵数列{an}各项均为正数，∴a5＝50.∴a4a5a6＝a＝50＝5.3.【答案】2n－1【解析】设等差数列公差为d，则由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，∴d2＝4，∴d＝±2.由于该数列为递增数列，∴d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.4.【答案】15秒【解析】飞机每秒滑行的距离组成等差数列，记为{an}，其中a1＝2，d＝4，an＝58，代入等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，得2＋4(n－1)＝58，∴n＝15(秒)．5.【答案】【解析】由易得令，则，两式相加，得∴.6.【答案】512【解析】3小时含9个20分钟，分裂9次后细菌个数为29＝512.7.【答案】－4【解析】∵a,2a＋2,3a＋3成等比数列，∴ (2a＋2)2＝a(3a＋3)，解得a＝－1或a＝－4.当a＝－1时，2a＋2,3a＋3均为0，故应舍去．当a＝－4时满足题意，∴a＝－4.8.【答案】【解析】∵a1＝2，an＋1－an＝2n，∴a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，以上各式累加得an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n－1，∴an＝.9.【答案】108【解析】由已知，得an＝－2n2＋29n＋3＝－22＋108，由于n∈N*，故当n取距离最近的正整数7时，an取得最大值108.∴数列{an}中的最大值为a7＝108.10.【答案】8,4,22,4,8【解析】设三数为，a，aq，则，即，解得或，故所求三数为8,4,2或2,4,8.11.【答案】－3【解析】由时，等比数列的前n项和为Sn＝A·qn－A的形式知，Sn＝3n＋1＋a＝3·3n＋a中a＝－3.12.【答案】5或6【解析】∵ |a3|＝|a9|，又，∴a3a9∴a3＝－a9.∴a1＋2d＝－(a1＋8d)．即a1＋5d＝a6＝0.∴当n＝5或6时，Sn取得最大值．13.【答案】S13【解析】∵a2＋a4＋a15＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7为常数，∴S13＝＝13a7为常数．14.【答案】an＝(－1)n(1－2n)【解析】各项的绝对值为1,3,5,7,9，…，其通项公式为2n－1，而符号为先正再负的规律，故应为(－1)n＋1，观察四个选项，只有B可以变形为(－1)n＋1(2n－1)．15.【答案】－3 014【解析】S2 011＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2 011)＝a1＋1 005×H＝1＋1 005×(－3)＝－3 014.16.【答案】设{an}的公差为d.由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.【解析】17.【答案】(1) 证明：∵an＋1＝an＋，∴an＋1－＝an＋－＝(an－) ∴.∴ {an－}为首项为，公比为的等比数列．(2) ∵an－＝×()n－1，∴an＝×()n－1＋.【解析】18.【答案】(1)由已知得解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2) 由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln 23n＝3n ln 2.又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln 2.故Tn＝ln 2.【解析】19.【答案】(1)；(2)；(3)【解析】20.【答案】(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．【解析】。

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一．基础题组1. 【2005江苏，理3】在各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前三项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝（）（A ）33 （B ）72 （C ）84 （D ）189 【答案】C.【解析】设等比数列{an}的公比为q(q>0),由题意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0,求得q=2(q=-3舍去),所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4,8421=⨯故选C.2. 【2009江苏，理14】设{}n a 是公比为q 的等比数列，||1q >，令1(1,2,)n n b a n =+= ，若数列{}n b 有连续四项在集合{}53,23,19,37,82--中，则6q= .3. 【2009江苏，理17】设{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前n 项和，满足222223457,7a a a a S +=+=。

（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）试求所有的正整数m ，使得12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项【答案】（1）227,6,n n a n S n n =-=-（2）2m =．【解析】（1）设公差为d ，则22222543a a a a -=-，由性质得43433()()d a a d a a -+=+，因为0d ≠，所以430a a +=，即1250a d +=，又由77S =得176772a d ⨯+=，解得15a =-，2d =,(2) （方法一）12m m m a a a ++=(27)(25)23m m m ---,设23m t -=，则12m m m a a a ++=(4)(2)86t t t t t--=+-, 所以t 为8的约数（方法二）因为1222222(4)(2)86m m m m m m m m a a a a a a a a +++++++--==-+为数列{}n a 中的项，故m+28 a 为整数，又由（1）知：2m a +为奇数，所以2231,1,2m a m m +=-=±=即经检验，符合题意的正整数只有2m =.4. 【2010江苏，理8】函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2x )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是__________．5. 【2011江苏，理13】设7211a a a ≤≤≤= ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值为【答案】33．【解析】由题意得，,2,1,1,,122222232q a a q q a a q a a ≥++≥≥+≥=≥223+≥a q 要求q 的最小值，只要求2a 的最小值，而2a 的最小值为1，所以321223=+≥+≥a q ，33≥q .6. 【2013江苏，理14】在正项等比数列{a n }中，512a =，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为__________．【答案】12．【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q ，则由a 6＋a 7＝a 5(q ＋q 2)＝3可得q ＝2，于是a n ＝2n －6，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝51(12)13221232n n --=--.∵512a =，q ＝2， ∴a 6＝1，a 1a 11＝a 2a 10＝…＝26a ＝1.∴a 1a 2…a 11＝1.当n 取12时，a 1＋a 2＋…＋a 12＝27－132＞a 1a 2…a 11a 12＝a 12＝26成立；当n 取13时，a 1＋a 2＋…＋a 13＝28－132＜a 1a 2…a 11a 12a 13＝a 12a 13＝26·27＝213.当n ＞13时，随着n 增大a 1＋a 2＋…＋a n 将恒小于a 1a 2…a n .因此所求n 的最大值为12..7. 【2014江苏，理7】在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若21a =，8642a a a =+，则6a 的值是.【2016年高考江苏卷】已知{n a }是等差数列，n S 是其前n 项和.若2123a a +=-，5S =10，则9a 的值是 ▲ . 【答案】20【解析】由510S =得32a =，因此2922(2)33,23620.d d d a -+-=-⇒==+⨯=故【考点】等差数列的性质【名师点睛】本题考查等差数列的基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列出关于首项及公差（比）的两个独立条件即可.为使问题易于解决，往往要利用等差数列相关性质，如*1()(),(1,,,)22n m t n n a a n a a S m t n m n t ++==+=+∈N 及().n m a a n m d =+-等二．能力题组1. 【2008江苏，理19】（1）设12,,,n a a a 是各项均不为零的n （4n ≥）项等差数列，且公差0d ≠，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列．（i ）当4n =时，求1a d的数值；（ii ）求n 的所有可能值．（2）求证：对于给定的正整数n (4n ≥)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列12b b ，，，n b ，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．项，若删去2a ，则必有132n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾；同样若删去1n a -也有132n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾；若删去32,,n a a - 中任意一个，则必有121n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾。

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【2017年高三数学优质试卷分项精品】专题六数列【文】-2017年高三数学优质试卷分项精品【解析版】一、选择题1. 【2016届邯郸市一中高三十研】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，1352a a +=，且2454a a +=，则n nS a =（） A ．14n - B ．41n- C ．12n - D ．21n-【答案】D 【解析】241312a a q a a +==+,所以2131155(1)42a a a q a +=+==，12a =，所以11111(1)11112211122nn n n n n n n n nn a q S q q a a q q q ----⎛⎫- ⎪--⎝⎭====--⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选D. 2. 【2016届湖北八校高三第二次联考】在等比数列{}n a 中，2348a a a =，78a =，则1=a （） A. 1 B. 1± C. 2 D. 2± 【答案】A【解析】因为数列{}n a 是等比数列，所以323438a a a a ==，32a =，所以447328a a q q ===，22q =，3121a a q ==，故选A. 3. 【2016年九江市三模】设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若210071009=-S S ，则=2016S （）A ．1008B ．1009C ．2016D ．2017 【答案】C【解析】由210071009=-S S ,得210091008=+a a ， ∴20162)(20162)(201610091008201612016=+⋅=+⋅=a a a a S ．4.【2016届淮北一中高三最后一卷】南北朝时期的数学古籍《张邱建算经》有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差（即等差）降之，上三人，得金四斤，持出：下四人后入得三斤，持出：中间三人未到者，亦依等次更给，问：每等人比下等人多得几斤？”（） A ．439 B ．778 C ．776 D ．581【答案】B【解析】设得金最多的数为数列首项1a ，公差为d ，则113344303a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13726778a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，因此每等人比下等人多得778斤．故选B ． 5. 【2016届榆林市高三二模】在数列{}n a 中，()1111,114n n a a n a -=-=->，则2016a 的值为（） A ．14-B ．5C ．45D ．以上都不对【答案】C【解析】2341415,,,54a a a a ===-=因此周期为3，即2016345a a ==，选C. 6. 【2016届高三●江西师大附中、鹰潭一中联考】设{}n a 为等差数列，公差d =-2，n S 为其前n 项和，若1110S S =，则=1a ( )A ．18B ．20C ．22D ．24 【答案】B【解析】由1110S S =得110a =,即1100a d +=.由于2d =-,所以120a =.故B 正确.7. 【2016河南省八市重点高中质检】5个数依次组成等比数列，且公比为-2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为（） A ．2120-B ．-2C ．2110-D ．215- 【答案】C【解析】由题意可设这5个数分别为24816a a a a a --，，，，，故奇数项和与偶数项和的比值为416210281a a a a a =-++--.故选C8.【2016江西师大附中高三上学期期末】定义12nnp p p +++ 为n 个正数12,,,n p p p 的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为15n ，又5n n a b =，则12231011111b b b b b b +++= （）A ．817 B ．919 C ．1021 D ．1123【答案】C【解析】由定义可知2215......n a a a n =+++，212115......）（+=+++++n a a a a n n ，可求得5101+=+n a n ，所以510-=n a n ，则12-=n b n ，又)11(21111++-=n n n n b b b b ，所以12231011111b b b b b b +++= 21101121111......11121111111010221=-=-+--+-）（）（b b b b b b b b ，所以本题正确选项为C.9. 【2016河北省石家庄市高三二模】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若11=a ，公差15,21=-=+n n S S d ，则n 的值为（）A.5B.6C.7D.8 【答案】C【解析】因为数列的前n 项和n S 与n a 满足关系式n n n S S a -=++11，所以有151=+n a ，又{}n a 为等差数列，所以715211=⇒=+=+n n a n ，所以本题的正确选项为C.10. 【2016届石家庄市高三二模】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且111,1++-==n n n S S a a ，则使22101nnS nS +取得最大值时n 的值为（）A.2B.5C.4D.3 【答案】D【解析】因为n n n S S a -=++11，所以有111111=-⇒-=-+++n n n n n n S S S S S S ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1为首项等于1公差为1的等差数列所以nS n S n n 11=⇒=，则222222211()1111011010110()110()nnn nS n n n n S n n n n ====+++++ 110n n=+，因为,10210≥+n n 当且仅当10=n 时取等号，因为n 为自然数，所以根据函数的单调性可从与10=n 相邻的两个整数中求最大值，193101,31,322=+==n n n S nS S n ，132101,41,422=+==n n n S nS S n ，所以最大值为193，此时3=n ，故本题正确选项为D. 11. 【2016届淮南市高三二模】已知数列{}n a 满足：120n n a a ++=，且22a =，则{}n a 前10项和等于（）A ．10123-B ．10123-- C ．1021- D ．1012-【答案】B【解析】由题意得，120n n a a ++=，则12n na a +=-，即数列为公比为2-的等比数列，又22a =，所以11a =-，所以{}n a 前10项和等于1010110(1)1213a q S q --==--，故选B ． 12. 【2016届淮南市高三二模】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2nnS S 为常数，则称数列{}n a 为“精致数列”. 已知等差数列{}n b的首项为1，公差不为0，若数列{}n b 为“精致数列”，则数列{}n b 的通项公式为 . 【答案】)(,12*∈-=N n n b n【解析】设等差数列{}n b 的公差为d ，由2n n S S 为常数，设2n nSk S =且11b =，得11(1)[22(21)]22n n n d k n n n d +-=+⨯-，即2(1)42(21)n d k k n d +-=+-，整理得(41)(21)(2)0k dn k d -+--=，因为对任意正整数n 上式恒成立，则(41)0(21)(2)0d k k d -=⎧⎨--=⎩，解得12,4d k ==，所以数列数列{}n b 的通项公式为)(,12*∈-=N n n b n ． 13.【2016届淮南市高三.二模】已知数列{}n a 满足：120n n a a ++=，且22a =，则{}n a 前10项和等于（）A ．10123-B ．10123-- C ．1021- D ．1012-【答案】B【解析】由题意得，120n n a a ++=，则12n na a +=-，即数列为公比为2-的等比数列，又22a =，所以11a =-，所以{}n a 前10项和等于1010110(1)1213a q S q --==--，故选B ．二、填空题1. 【2016湖北省八校高三.二联】数列{}n a 满足1=1a ，()()1=11n n na n a n n ++++，且2=cos3n n n b a π，记n S 为数列{}n b 的前n 项和，则120S = . 【答案】7280【解析】由()()1=11n n na n a n n ++++得，111n n a a n n +=++，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为公差的等差数列，且111a =，所以n a n n =，2n a n =，22cos3n n b n π=，所以 222222212011111234561202222S =-⨯-⨯+-⨯-⨯+-+22222221(1223456120)2=-+-⨯++-+-222222221[(123120)3(369120)]2=-++++-⨯++++22222221139(1240)(123120)22=⨯⨯⨯++-⨯++++ 140418111201212413972802626⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-⨯= 2. 【2016届淮北一中高三最后一卷】已知函数()()()()1210log 110ax x f x x x ⎧->⎪=⎨+-<≤⎪⎩且334f f ⎡⎤⎛⎫-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，在各项为正的数列{}n a 中，{}1112,,2n n n a a f a a +⎛⎫==+ ⎪⎝⎭的前n 项和为n S ，若126n S =，则n =____________．【答案】6【解析】由已知1233()log (1)244f -=-+=，(2)213f a =-=，2a =．当0x >时，()21f x x =-，当2x ≥时，11()2()12022f x x x x x +-=+--=>>，即当2n a ≥时，1()2n n f a a +>，所以{}n a 是递增数列，因此111()2()1222n n n n a f a a a +=+=+-=，从而{}n a 是等比数列，公比为2，所以2n n a =，122126n n S +=-=，6n =．3. 【2016榆林市高考二模】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()111,31,2,3,n n a a S n +=== ，则22016log S =________.【答案】4030【解析】221122,3,4,434n n n n n n n n n a a a a a a a --++≥-===⋅=⋅时，所以20152015403020163(14)14214S -=+==-，22016log S =40304. 【2016届淮南市高三.二模】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2nnS S 为常数，则称数列{}n a 为“精致数列”. 已知等差数列{}n b的首项为1，公差不为0，若数列{}n b 为“精致数列”，则数列{}n b 的通项公式为 . 【答案】)(,12*∈-=N n n b n【解析】设等差数列{}n b 的公差为d ，由2n n S S 为常数，设2n nSk S =且11b =，得11(1)[22(21)]22n n n d k n n n d +-=+⨯-，即2(1)42(21)n d k k n d +-=+-，整理得(41)(21)(2)0k dn k d -+--=，因为对任意正整数n 上式恒成立，则(41)0(21)(2)0d k k d -=⎧⎨--=⎩，解得12,4d k ==，所以数列数列{}n b 的通项公式为)(,12*∈-=N n n b n ．三、解答题1. 【2016届邯郸市一中高三.十研】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的各项均是正数，其前n 项和为n S ，满足*4()n n S a n N =-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21(*)2log n nb n N a =∈-，数列{}2n n b b +的前n 项和为n T ，求证：34n T <．【答案】(1) 21()2n n a -= ;(2)见解析.【解析】（1）由4n n S a =-，得114S a =-，解得12a =．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分而1111(4)(4)n n n n n n n a S S a a a a ++++=-=---=-，即12n n a a +=， ∴112n n a a +=．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分可见数列{}n a 是首项为2，公比为12的等比数列． ∴12112()()22n n n a +-== ；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）∵21112log 2(2)n n b a n n===---，∴21111()(2)22n n b b n n n n +==-++．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分故数列{}2n n b b +的前n 项和111111111111(1)()()()()()23243546112n T n n n n ⎡⎤=-+-+-+-++-+-⎢⎥-++⎣⎦11111311(1)()22122212n n n n =+--=--++++．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分 31113()42124n n =-+<++．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分 2. 【2016年广州市毕业班综合测试】（本小题满分12分）已知数列{}n a 是等比数列，24a =，32a +是2a 和4a 的等差中项.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设22log 1n n b a =-，求数列{}n n a b 的前n 项和n T . 【答案】（1）222422n n n n a a q --==⨯=；（2）()16232n n T n +=+- 【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，因为24a =，所以34a q =，244a q =．…………………………………………1分因为32a +是2a 和4a 的等差中项，所以()32422a a a +=+．……………………2分即()224244q q +=+，化简得220q q -=．因为公比0q ≠，所以2q =．………………………………………………………4分所以222422n n n n a a q --==⨯=（*n ∈N ）．…………………………………………5分（Ⅱ）因为2n na =，所以22log 121n nb a n =-=-．所以()212n n na b n =-．……………………………………………………………7分则()()231123252232212n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-， ①()()23412123252232212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-. ②………………9分①－②得，()2312222222212n n n T n +-=+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯--……………………………………10分()()()11142221262321212n n n n n ++-=+⨯--=-----，所以()16232n n T n +=+-．……………………………………………………………12分。

2018届苏教版数列、存在性问题单元测试

七、数列（一）试题细目表（二）试题解析1.（2018·南通泰州期末·8）在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若21a =，8646a a a =+，则3a 的值为 .【答案】2.（2018·无锡期末·9）已知等比数列{}n a 满足2532a a a =，且4a ，54，72a 成等差数列，则12n a a a ⋅⋅⋅ 的最大值为．【答案】10243.（2018·镇江期末·7）设等比数列 {a n }的前 n 项和 Sn ，若 a 1 = -2, S 6= 9S 3 , 则a 5 的值为【答案】-324.（2018·扬州期末·9）已知各项都是正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若4a 4,a 3,6a 5成等差数列，且a 3=3a 22，则S 3=_________. 【答案】13275.（2018·常州期末·8）各项均为正数的等比数列{}n a 中，若234234a a a a a a =++，则3a 的最小值为．6.（2018·南京盐城期末·10）.设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若{}n a 的前2017项中的奇数项和为2018，则2017S 的值为．【答案】40347.（2018·苏州期末·8）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且63198S S =-，42158a a =--，则3a 的值为．【答案】948.（2018·苏北四市期末·11）已知等差数列{}n a 满足13579+10a a a a a +++=，228236a a -=，则11a 的值为．【答案】111.（2018·南通泰州期末·20）若数列{}n a 同时满足：①对于任意的正整数n ，1a n a a +≥恒成立；②对于给定的正整数k ，2n k n k n a a a -++=对于任意的正整数()n n k >恒成立，则称数列{}n a 是“()R k 数列”.（1）已知22,2,n n n a n n -⎧=⎨⎩为奇数,为偶数,判断数列{}n a 是否为“(2)R 数列”，并说明理由；（2）已知数列{}n b 是“(3)R 数列”，且存在整数(1)p p >，使得33p b -，31p b -，31p b +，33p b +成等差数列，证明：{}n b 是等差数列.【答案】【解】（1）当n 为奇数时，12(1)(21)30n n a a n n --=+--=>，所以1n n a a +≥.22n n a a -++=2(2)12(2)12(21)2n n n n a --++-=-=.当n 为偶数时，1(21)210n n a a n n --=+-=>，所以1n n a a +≥.22n n a a -++=2(2)2(2)42n n n n a -++==.所以，数列{}n a 是“(2)R 数列”. （2）由题意可得：332n n n b b b -++=，则数列1b ，4b ，7b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为1d ，数列2b ，3b ，8b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为2d ，数列3b ，6b ，9b ，⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为3d . 因为1n n b b +≤，所以313234n n n b b b +++≤≤，所以112211(1)b nd b nd b n d +≤+≤++，所以2112()n d d b b -≥-①，21121()n d d b b d -≤-+②. 若210d d -<，则当1221b b n d d ->-时，①不成立；若210d d ->，则当12121b b d n d d -+>-时，②不成立；若210d d -=，则①和②都成立，所以12d d =.同理得：13d d =，所以123d d d ==，记123d d d d ===. 设31333131p p p p b b b b --+--=-3331p p b b λ++=-=，则31323131()((1))n n p p b b b n p d b n p d ---+-=+--+--3131p p b b d d λ-+=-+=-.同理可得：331313n n n n b b b b d λ-+-=-=-，所以1n n b b d λ+-=-. 所以{}n b 是等差数列.【另解】3133p p b b λ--=-23(1)((2))b p d b p d =+--+-23b b d =-+，3131p p b b λ+-=-1212((1))b pd b p d b b d =+-+-=-+， 3331p p b b λ++=-3131()b pd b pd b b =+-+=-，以上三式相加可得：32d λ=，所以23d λ=，所以321(1)n b b n d -=+-1(321)3db n =+-+，312(1)n b b n d -=+-1(1)b d n d λ=+-+-1(311)3d b n =+--， 33(1)n b b n d =+-1(1)b n d λ=++-1(31)3d b n =+-，所以1(1)3n d b b n =+-，所以13n n d b b +-=，所以，数列{}n b 是等差数列.2.（2018·无锡期末·19）已知数列{}n a 满足121111(1)(1)(1)n na a a a ---= ，*n N ∈，n S 是数列{}n a 的前n 项的和. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若p a ，30，q S 成等差数列，p a ，18，q S 成等比数列，求正整数,p q 的值；（3）是否存在*k N ∈，为数列{}n a 中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】解：（1）因为121111(1)(1)(1)n na a a a ---= ，*n N ∈，所以当1n =时，11111a a -=，12a =，当2n ≥时，由1211(1)(1)a a -- 11(1)n n a a -=和12111111(1)(1)(1)n n a a a a -----= ，两式相除可得，111n n na a a --=，即11(2)n n a a n --=≥所以，数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列. 于是，1n a n =+.（2）因为p a ，30，q S 成等差数列，p a ，18，q S 成等比数列，所以26018p q p qa S a S +=⎧⎪⎨=⎪⎩，于是654p q a S =⎧⎪⎨=⎪⎩，或546p q a S =⎧⎪⎨=⎪⎩. 当654p q a S =⎧⎪⎨=⎪⎩时，16(3)542p q q +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得59p q =⎧⎨=⎩，当546pq a S =⎧⎪⎨=⎪⎩时，154(3)62p q q +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，无正整数解，所以5p =，9q =.（3）假设存在满足条件的正整数k*()m a m N =∈，1m =+，平方并化简得，22(22)(23)63m k +-+=，则(225)(221)63m k m k ++--=，所以225632211m k m k ++=⎧⎨--=⎩，或225212213m k m k ++=⎧⎨--=⎩，或22592217m k m k ++=⎧⎨--=⎩，解得：15m =，14k =或5m =，3k =，3m =，1k =-（舍去），综上所述，3k =或14.3.（2018·镇江期末·20）已知数列 {a n }的前 n 项和 Sn ，对任意正整数 n ，总存在正数 p , q , r 使得r q S p a n n n n -==-,1恒成立：数列{b n }的前 n 项和n T ，且对任意正整数n ，n n nb T =2恒成立.（1）求常数 p , q , r 的值；（2）证明数列 {b n }为等差数列；（3）若22b =，记nn n n n n n n n n a b n a b n a b n a b n a b n P 121321222242222---++++++++++=，是否存在正整数 k ，使得对任意正整数 n ， P n ≤ k 恒成立，若存在，求正整数 k 的最小值，若不存在，请说明理由.【答案】因为nn S q r =-①，所以11n n S q r --=-②，（2n ≥）①－②得：11nn n n S S q q ---=-，即1nn n a q q-=-，（2n ≥），又1n n a p-=，所以11n n n pq q --=-，（2n ≥）， 2n =时，2p q q =-，3n =时，232p q q =-又p , q 为正数,解得p ＝q ＝2，又因为11a =，1S q r =-，且11a S =，所以1r =（2）因为n n nb T =2③，当2n ≥时，112(1)n n T n b --=-④ ③－④得：12(1)n n n b nb n b -=--，即1(2)(1)n n n b n b --=-⑤，又1(1)n n n b nb +-=⑥，⑤+⑥得：11(22)(1)(1)n n n n b n b n b -+-=-+-，即112n n n b b b -+=+，（2n ≥），所以数列 {b n }为等差数列.(3)因为10b =，又22b =，由（2）知数列 {b n }为等差数列，所以22n b n =-.又由（1）知12n n a -=，所以1232222244422222n n nn n n n n n P ---+--=++⋅⋅⋅++，又1232221222444244222222n n n n n nn n n n n P +---+--+=+⋅⋅⋅++++，所以121214422122422224nn n n n n nn n n n n P P +--++-⋅-=+-=，令10n n P P +->得122420n n n +-⋅>，所以61123422nn n n+<=+<，解得1n =所以1n =时，10n n P P +->，即210P P ->，2n ≥时，因为24n ≥，1342n +<，所以1612322n n n n+>+=，即122420n n n +-⋅<，此时1n n P P +<，即234P P P >>>⋅⋅⋅，所以n P 的最大值为222222+27=+=222P ⨯⨯，若存在正整数 k ，使得对任意正整数 n ， P n ≤ k 恒成立，则max 72k P ≥=，所以正整数 k 的最小值为4.4.（2018·扬州期末·20）已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =a n 2+a n ，数列{b n }满足b 1=21，2b n+1=b n +nna b . (1) 求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2) 设数列{c n }满足c n =nn S b 2+，求和c 1+c 2+…+c n ； (3)是否存在正整数p ,q ,r (p ＜q ＜r )，使得b p ,b q ,b r 成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p ,q ,r ，若不存在，请说明理由。

2018届苏教版等差数列与等比数列单元测试 (1)

等差数列与等比数列一、填空题1.设n S 是等比数列{}n a 的前n 项的和，若3620a a +=，则63S S 的值是__________. 答案12解析由3620a a +=得312q =-，则63S S 63131(1)1111(1)2a q q q q a q --=⨯=+=--. 2.已知各项均为正数的数列{}n a 满足11a =，239n n a a +=，则数列{}n a 前50项的和数列50S 的最小值为______________. 答案 637解析 50134924502524()()4012()S a a a a a a aaa a =+++++++=⨯+++++22394811312481637a a ≥++⨯≥+（当且仅当2a =. 3.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若4514,23,a a ≤≤≤≤6S 取值范围是________. 答案 ]30,0[解析设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由4514,23a a ≤≤≤≤得：1134a d ≤+≤，1243a d ≤+≤，设645S xa ya =+，则111615(3)(4)a d x a d y a d +=+++，所以63415x y x y +=⎧⎨+=⎩，解得93x y =⎧⎨=-⎩，从而[]645930,30S a a =-∈.4.各项均为正数的等比数列{}n a 满足：11a >，676712a a a a +>+>，记数列{}n a 前n 项积为n T ，则满足1n T >的最大正整数n 的值为____________. 答案 12解析法1：67676767112(1)(1)0a a a a a a a a >⎧+>+>⇒⎨--<⎩，因为11a >，所以6711a a >⎧⎨<⎩，所以516111a q a q ⎧>⎪⎨<⎪⎩，又(1)12211()1n n n n n n T a q a q --==>，则有16132n n -<⇒<，所以n 的最大值为12.法2：由法1可知671122116712111a a a a a a a a T >⇒===>⇒> ，71132126813111a a a a a a a T <⇒===<⇒< ，所以n 的最大值为12.5.若数列{}n a 中，1a =1，n S 是数列{n a }的前n 项之和，且nnn S S S 431+=+（n 1≥），则数列{}n a 的通项公式是n a =____________.答案 11,(1)11,(2)3232n n n n a n -=⎧⎪=⎨-≥⎪--⎩ 解析通过“构造法”，取倒数n n S S 3411+=+，)1(311k S k S n n +=++待定系数2=k ，所以数列}21{+nS 首项为3，公比为3的等比数列，n n S 321=+，231-=nn S ，然后再通过“作差法”，要注意分2,1≥=n n 的讨论.6.若等比数列}{n a 满足：354321=++++a a a a a ，122524232221=++++a a a a a ，则54321a a a a a +-+-的值是_________. 答案 4解析因为31)1(51=--q q a ，31)1(21021=--qq a ，所以43121)1(51==++q q a 7.设函数22 () n n f n n n ⎧⎪=⎨-⎪⎩为奇数为偶数，且()(1)n a f n f n =++，则1232017a a a a +++⋯+=_____.答案 2016解析 1232017a a a a +++⋯+=[(1)(2)][(2)(3)][(2016)f f f f f f ++++++2[(1)(2)(3)(2016)][(2017)(1)]f f f f f f =+++++-222222222[(12)(23)(20152016)](20171)=-+-++-+- 22[1232016](20171)=-+++++- 2(12016)20162[](20171)2+⨯=-+-2016=.8.数列,,141,1}{22221211n n nn n a a a S a a a a +++==+=+ 记满足若3012m S S n n ≤-+对任意*N n ∈恒成立，则正整数m 的最小值为__________. 答案 10解析通过“构造法”，212141+=+n na a ，数列{21na }成等差数列，1412-=n a n，3412-=n a n ，令181541141)(212211++⋅⋅⋅++++=+⋅⋅⋅+=-=+++n n n a a S S n f n n n n ， )()1(n f n f <+，所以()f n 单调递减，4514)1(30=≥f m ，328≥m ，10min =m 二、解答题9.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，且121)1(11--+=+++n n n n a a n S S . (1)若数列}{n a 是等差数列，求数列}{n a 的通项公式； (2)设62=a ，求证：数列}{n a 是等差数列. 解：(1)∵121)1(11--+=+++n n n n a a n S S ∴12121--=+n n n a na S 又∵}{n a 是等差数列，设公差为d ，则1])1([21)(2)1(2111--+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+d n a nd a n d n n na ∴1)(21)2()2(11212----+=-+d a n d a dn n d a dn ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=---=-01)(2122111d a d a d a∴⎩⎨⎧==421d a ∴24-=n a n(2)∵12121--=+n n n a na S ① ∴121)1(211---=--n n n a a n S ②①—②得：)2(0)32(211≥=++--+n a a n na n n n ∴)1(0)52()22(12≥=++-+++n a a n a n n n n两式相减得)2(0)42()54()22(112≥=-+++-+-++n a a n a n a n n n n n ∴)2(02)22()44()22(1112≥=-+-+++-+-+++n a a a a n a n a n n n n n n n ∴)2(2]2)[22(1112≥+-=+-+-+++n a a a a a a n n n n n n n∵62=a ∴可得10,231==a a ∴02123=+-a a a ∴0212=+-++n n n a a a ∴}{n a 是等差数列10.已知数列{}n a 满足121,0a a a ==>，数列{}n b 满足1+⋅=n n n a a b (1)若{}n a 为等比数列，求{}n b 的前n 项的和n s ； (2)若3n n b =，求数列{}n a 的通项公式； (3)若2n b n =+，求证：121113na a a +++> 解：(1)1-=n n a a 121--=⋅=∴n n n n a a ab ，当a =1时，1n b =，则n s n =；当1a ≠时，22(1)1n n a a s a-=-， (2)13+⋅=n n n a a n n n a a ⋅=∴--113，),2(*N n n ∈≥ 311=∴-+n n a a ),2(*N n n ∈≥ 当*21,()n k k N =+∈时，*11222223()3=a3k k k k ka k N a a a --+∴=∈∴= 当*2,()n k k N =∈时，*121212-13()3k k k k a k N a a -+-∴=∈∴=12223(=21)3(2)n n n n k a a n k --⎧-⎪∴=⎨⎪=⎩(3)12,n n a a n +=+ ①，121,3a a =∴= 11n n a a n -∴=+(2)n ≥② ①－②得11111)1(2)n n n n n na a a a a n a +-+--=∴-=≥（ 23111n a a a ∴+++ 314211()()()n n a a a a a a +-=-+-++- =112n n a a a a ++-- 1231111n a a a a ∴++++ =112111+3n n n n a a a a a a a +++--=+- 22211+=⋅>+++n a a a a n n n n 1231111na a a a ∴++++＞3． 11.数列}{n a ，}{n b ，}{n c 满足：12n n n b a a +=-，1222n n n c a a ++=+-，*n N ∈． (1)若数列}{n a 是等差数列，求证：数列}{n b 是等差数列；(2)若数列}{n b ，}{n c 都是等差数列，求证：数列}{n a 从第二项起为等差数列；(3)若数列}{n b 是等差数列，试判断当130b a +=时，数列}{n a 是否成等差数列？证明你的结论．证明：(1)设数列}{n a 的公差为d ，∵12n n n b a a +=-，∴1121121(2)(2)()2()2n n n n n n n n n n b b a a a a a a a a d d d +++++++-=---=---=-=-， ∴数列}{n b 是公差为d -的等差数列．(2)当2n ≥时，1122n n n c a a -+=+-，∵12n n n b a a +=-，∴112n n n b c a -+=+，∴1112n n n b c a +++=+，∴111112222n n n n n n n n n n b c b c b b c ca a +-+++++---=-=+， ∵数列}{nb ，}{nc 都是等差数列，∴1122n n n nb bc c ++--+为常数， ∴数列}{n a 从第二项起为等差数列． (3)数列}{n a 成等差数列．解法1：设数列}{n b 的公差为d '，∵12n n n b a a +=-，∴11222n n n n n n b a a ++=-，∴1111222n n n n n n b a a ----=-，…，2112222b a a =-， ∴11111122222n n n n n n b b b a a -+-++++=- ，设211212222n n n n n T b b b b --=+++ ，∴21112222n n n n n T b b b +-=+++ ，两式相减得：21112(222)2n n n n n T b d b -+'-=+++- ，即11124(21)2n n n n T b d b -+'=---+，∴11111124(21)222n n n n n b d b a a -+++'---+=-，∴1111111112224(21)22242()n n n n n n n a a b d b a b d b d +-+++'''=++--=+---，∴1111224()2n n n a b d a b d ++'+-'=--，令2n =，得111132133224224()22a b d a b d a b d b ''+-+-'=--=-， ∵130b a +=，∴1113322402a b d b a '+-=+=，∴112240a b d '+-=， ∴1()n n a b d +'=--，∴211()()n n n n a a b d b d d +++'''-=--+-=-， ∴数列}{n a （2n ≥）是公差为d '-的等差数列，∵12n n n b a a +=-，令1n =，1232a a a -=-，即12320a a a -+=， ∴数列}{n a 是公差为d '-的等差数列．解法2：∵12n n n b a a +=-，130b a +=，令1n =，1232a a a -=-，即12320a a a -+=， ∴1122n n n b a a +++=-，2232n n n b a a +++=-，∴12122132(2)2(2)n n n n n n n n n b b b a a a a a a +++++++--=-----， ∵数列}{n b 是等差数列，∴1220n n n b b b ++--=， ∴1221322(2)n n n n n n a a a a a a +++++--=--，∵12320a a a -+=，∴1220n n n a a a ++--=，∴数列}{n a 是等差数列．12.已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且满足1239a a a ++=，12327b b b =． (1)若43a b =，43b b m -=．①当18m =时，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； ②若数列{}n b 是唯一的，求m 的值；(2)若11a b +，22a b +，33a b +均为正整数，且成等比数列，求数列{}n a 的公差d 的最大值．解：(1)①由数列{}n a 是等差数列及1239a a a ++=，得23a =，由数列{}n b 是等比数列及12327b b b =，得23b =．设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ，若18m =，则有2323,3318d q q q +=⎧⎨-=⎩，解得3,3d q =⎧⎨=⎩ 或9,22d q ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩．所以，{}n a 和{}n b 的通项公式为133,3n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或2912,23(2)n n na nb -⎧=-+⎪⎨⎪=-⎩ ② 由题设43b b m -=，得233q q m -=，即2330q q m --=（*）．因为数列{}n b 是唯一的，所以若0q =，则0m =，检验知，当0m =时，1q =或0（舍去），满足题意；若0q ≠，则2(3)120m -+=，解得34m =-，代入（*）式，解得12q =，又23b =，所以{}n b 是唯一的等比数列，符合题意．所以，0m =或34-．(2)依题意，113336()()a b a b =++，设{}n b 公比为q ，则有336(3)(33)d d q q=-+++，（**）记33m d q=-+，33n d q =++，则36mn =．将（**）中的q 消去，整理得2()3()360d m n d m n +-++-=，d =而,m n N *∈，所以 (,)m n 的可能取值为：(1,36),(2,18),(3,12),(4,9),(6,6),(9,412,3),(18,2),(36,1)．所以，当1,36m n ==时，d ．。

2018届苏教版数列单元测试

1．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .2．(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 3．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n ，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．4．(2016·苏州、无锡、常州、镇江三模)已知常数λ≥0，若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1(n ∈N *)． (1)若λ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围． 5．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12. (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＜2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案精析1．解 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，显然当n ＝1时，a 1不满足a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1. (2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n ，所以T 1＝b 1＝13. 当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋3×3－3＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋3×3－2＋…＋(n －1)×32－n ]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n .经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .2．解 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8.又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.3．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34.解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.②①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)，即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＋a n －1＞0，∴a n －a n －1＝2(n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n ，③2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)2n ＋1，④ ④－③，得T n ＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n )＋(2n ＋1)2n ＋1 ＝－6＋8－2·2n ＋1＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(2n －1)2n ＋1＋2. 4．解 (1)当λ＝0时，S n ＋1＝a n ＋1a n S n ＋a n ＋1，所以S n ＝a n ＋1a n S n . 因为a n ＞0，所以S n ＞0，所以a n ＋1＝a n .因为a 1＝1，所以a n ＝1.(2)因为S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)·a n ＋1，a n ＞0，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n＝λ·3n ＋1，则S 2a 2－S 1a 1＝λ·3＋1， S 3a 3－S 2a 2＝λ·32＋1，…， S n a n －S n －1a n －1＝λ·3n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．累加，得S n a n－1＝λ·(3＋32＋…＋3n －1)＋n －1，则S n ＝(λ·3n －32＋n )·a n (n ≥2，n ∈N *)．经检验，上式对n ＝1也成立，所以S n ＝(λ·3n －32＋n )·a n (n ∈N *)，① S n ＋1＝(λ·3n ＋1－32＋n ＋1)·a n ＋1(n ∈N *)．②②－①，得a n ＋1＝(λ·3n ＋1－32＋n ＋1)·a n ＋1－(λ·3n －32＋n )·a n ，即(λ·3n ＋1－32＋n )·a n ＋1＝(λ·3n －32＋n )·a n . 因为λ≥0，所以λ·3n －32＋n ＞0，λ·3n ＋1－32＋n ＞0. 因为a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，所以λ·3n －32＋n ＜12·(λ·3n ＋1－32＋n )对一切n ∈N *恒成立，即λ＞2n 3n ＋3对一切n ∈N *恒成立．记b n ＝2n 3n＋3，则b n －b n ＋1＝2n 3n ＋3－2n ＋23n ＋1＋3＝(4n －2)3n －6(3n ＋3)(3n ＋1＋3). 当n ＝1时，b n －b n ＋1＝0；当n ≥2时，b n －b n ＋1＞0.所以b 1＝b 2＝13是一切b n 中最大的项．综上，λ的取值范围是(13，＋∞)． 5．(1)解令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )， ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， ∴f (n )＝(12)n . (2)证明设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ， ∴T n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ， 12T n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，＝1－(12)n －n ×(12)n ＋1，∴T n ＝2－(12)n －1－n ×(12)n ＜2. (3)解 ∵f (n )＝(12)n ， ∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n 2. ∴当n ≤8时，b n ＞0；当n ＝9时，b n ＝0；当n ＞9时，b n ＜0.∴当n ＝8或n ＝9时，S n 取得最大值．。

2018届苏教版数列单元测试22

2017-2018学年度xx学校xx月考卷一、选择题(共0小题,每小题5.0分,共0分)二、填空题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.在数列{an}中，a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，那么这个数列的第5项为_________.2.在和之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为__________．3.一个各项都为正数的等比数列，且任何项都等于它后面两项的和，则公比是__________.4.已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|m－n|＝________.5.某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为________．6.下面五个结论：①数列若用图象表示,从图象上看都是一群孤立的点；②数列的项数是无限的；③数列的通项公式是唯一的；④数列不一定有通项公式；⑤将数列看做函数,其定义域是N*(或它的有限子集{1，2，…，n})．其中正确的是__________.7.等比数列{an}中，a1＝4，a2＝8，则公比等于__________.8.如果有穷数列a1，a2，…，am(m为正整数)满足条件：a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，则称其为“对称”数列．例如数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,4,8都是“对称”数列．已知在21项的“对称”数列{cn}中c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，则c2＝________.9.已知lg x＋lg x3＋lg x5＋…＋lg x21＝11，则x＝___________.10.若{an}是等差数列，则由下列关系确定的数列{bn}也一定是等差数列的是__________.①bn＝a；②bn＝an＋n2；③bn＝an＋an＋1；④bn＝nan.11.已知a1，a2，a3，a4成等差数列，若S4＝32，a2∶a3＝1∶3，则公差d的值为__________.12.一个等差数列的前三项为：a,2a－1,3－a.则这个数列的通项公式为________．13.等差数列{an}的首项a1＝1，公差d≠0，如果a1，a2，a5成等比数列，那么d等于__________.14.在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝1，a4＋a5＋a6＝－2，则该数列的前15项的和S15＝________.15.，… 的一个通项公式是________．三、解答题(共5小题,每小题12.0分,共60分)16.求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)·an－1的前n项和．17.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n≥3)给出．(1)写出此数列的前5项；(2)通过公式构造一个新的数列{bn}，写出数列{bn}的前4项．18.已知：数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an.(1)写出数列的前5项；(2)猜想数列的通项公式．19.已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2·a4·a6＝45.求数列{an}的通项公式．20.在等差数列{an}中，an＝2n－14，试用两种方法求该数列前n项和Sn的最小值．答案解析1.【答案】－6【解析】∵a1＝3，a2＝6，∴a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－6.2.【答案】216【解析】在和之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，设插入的三个正数为a，b，c，则b2＝ac＝×＝36，∴插入的三个正数的乘积为36×6＝216.3.【答案】【解析】设其中三项为an，an＋1，an＋2，公比为q，则有an＝an＋1＋an＋2，即an＝anq＋anq2，∴q2＋q－1＝0. ∴.∵数列的各项都为正数，∴.4.【答案】【解析】由题意设这4个根为，＋d，＋2d，＋3d. 则＋＝2，解得d＝，∴这4个根依次为，，，，∴，或，.∴ |m－n|＝.5.【答案】11a(1.15－1)【解析】注意去年产值为a，今年起5年内各年的产值分别为1.1a,1.12a,1.13a,1.14a,1.15a.∴1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11a(1.15－1)．6.【答案】①④⑤【解析】②中数列的项数也可以是有限的；③中数列的通项公式不唯一．7.【答案】2【解析】∵a1＝4，a2＝8，∴公比.8.【答案】【解析】∵c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，∴c20＝c11＋9d＝1＋9×2＝19，又{cn}为21项的对称数列，∴c2＝c20＝19.9.【答案】【解析】由条件得lg(x·x3·x5·…·x21)＝11，即lg x1＋3＋5＋…＋21＝11，得lg x＝，解得.10.【答案】③【解析】{an}是等差数列，设an＋1－an＝d，则数列bn＝an＋an＋1满足：bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝2d. 故选C.11.【答案】8【解析】∵S4＝32，∴ 2(a2＋a3)＝32，∴a2＋a3＝16，又，a3＝3a2，∴a2＝4，a3＝12，∴d＝a3－a2＝8.12.【答案】an＝n＋1【解析】∵a＋(3－a)＝2(2a－1)，∴a＝.∴这个等差数列的前三项依次为，，.∴d＝，an＝＋(n－1)×＝＋1.13.【答案】2【解析】∵a1，a2，a5成等比数列∴a＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)得(1＋d)2＝1＋4d解得d＝2.14.【答案】11【解析】S3＝1，S6－S3＝－2，∴S9－S6＝4，S12－S9＝－8，S15－S12＝16，∴S15＝S3＋S6－S3＋S9－S6＋S12－S9＋S15－S12＝1－2＋4－8＋16＝11. 15.【答案】an＝【解析】∵…，∴an＝.16.【答案】(1)当a＝0时，Sn＝1.(2) 当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，则Sn＝＝n2.(3) 当a≠1且a≠0时，有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1①aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an②①－②得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2·＝1－(2n－1)an＋，又1－a≠0，∴Sn＝＋.综上，Sn＝.【解析】17.【答案】(1) ∵an＝an－1＋an－2(n≥3)，且a1＝1，a2＝2，∴a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝3＋2＝5，a5＝a4＋a3＝5＋3＝8.∴数列{an}的前5项依次为a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8.(2)∵，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8，∴，，，.【解析】18.【答案】(1)a1＝1，a2＝×1＝，a3＝×＝，a4＝×＝，a5＝×＝.(2)猜想：an＝.【解析】19.【答案】∵a1＋a7＝2a4，∴a1＋a4＋a7＝3a4＝15，∴a4＝5.又a2·a4·a6＝45，∴a2·a6＝9.即(a4－2d)(a4＋2d)＝9.∴ (5－2d)(5＋2d)＝9. 解得d＝±2.当d＝2时，an＝2n－3；当d＝－2时，an＝13－2n.【解析】20.【答案】方法一∵an＝2n－14，∴a1＝－12，d＝2.∴a1<a2<…<a6<a7＝0<a8<a9<….∴当n＝6或n＝7时，Sn取到最小值．易求S6＝S7＝－42，∴(Sn)min＝－42.方法二∵an＝2n－14，∴a1＝－12.∴Sn＝＝n2－13n＝2－.∴当n＝6或n＝7时，Sn最小，且(Sn)min＝－42.【解析】。

2018《单元滚动检测卷》高考数学(理)(苏教版)精练检测十一统计

单元滚动检测十一统计考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分160分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)1．检测机构对某地区农场选送的有机蔬菜进行农药残留量安全检测，其中提供黄瓜、花菜、小白菜、芹菜这4种蔬菜的分别有40家、10家、30家、20家，现从中抽取一个容量为20的样本进行农药残留量安全检测．若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的提供花菜与芹菜这2种蔬菜的共有________家．2．(2016·武汉4月调研)已知某赛季甲、乙两名篮球运动员每场比赛的得分茎叶图如图所示，则甲、乙两人得分的中位数之和为________．3．(2016.苏州模拟)某地区选出600名消防官兵参与灾区救援，将其编号为001,002， (600)为打通生命通道，先采用系统抽样方法抽出50名消防兵为先遣部队，且随机抽得的号码为003.这600名官兵来源于不同的县市，从001到300来自A市，从301到495来自B市，从496到600来自C市，则三个市被抽中的人数依次为________．4．(2016·石家庄正定中学第一次月考)某健康协会从某地区睡前看手机的居民中随机选取了n 人进行调查，得到如图所示的频率分布直方图．已知睡前看手机时间不低于20分钟的有243人，则n的值为________．5．(2016·沈阳质检)某班级有男生20人，女生30人，从中抽取10人作为样本，恰好抽到4个男生，6个女生．给出下列命题：(1)该抽样可能是简单随机抽样；(2)该抽样一定不是系统抽样；(3)该抽样中每个女生被抽到的概率大于每个男生被抽到的概率．其中真命题的个数为________．6．(2016·南通模拟)为了“城市品位，方便出行，促进发展”，某市拟修建穿江隧道，市某部门问卷调查了n个市民，其中赞成修建的市民占80%，在赞成修建的市民中，又按年龄分组，得样本频率分布直方图如图，其中年龄在20～30岁的有400人，40～50岁的有m人，则n ＝______，m＝________.7．(2016·扬州模拟)样本a1，a2，…，a10的平均数为a，样本b1，b2，…，b10的平均数为b，那么样本a1，b1，a2，b2，a3，b3，…，a10，b10的平均数是________．8．(2016·无锡模拟)从编号为001,002，…，500的500个产品中用系统抽样的方法抽取一个样本，已知样本中编号最小的两个编号分别为007,032，则样本中最大的编号为________．9．某校有1 400名考生参加市模拟考试，现采取分层抽样的方法从文、理科考生中分别抽取20份和50份数学试卷进行成绩分析，得到下面的成绩频数分布表：由此可估计理科考生的及格人数(90分为及格分数线)大约为________．10．(2016·陕西质检二)一个频率分布表(样本容量为30)不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在[20,60)上的频率为0.8，则估计样本在[40,50)，[50,60)内的数据个数为________．11.(2016·福建厦门双十中学热身)某初中共有学生1 200名，各年级男、女生人数如表所示，已知在全校学生中随机抽取1名，抽到八年级女生的概率为0.18，现用分层抽样的方法在全校抽取200名学生，则在九年级应抽取________名学生.12.(2016·合肥第二次质检)甲、乙两位同学5次考试的数学成绩(单位：分)，统计结果如表：则成绩较为稳定的那位同学成绩的方差为________．13．(2016·黑龙江哈尔滨六中月考)对某同学的六次数学测试成绩(满分100分)进行统计，作出的茎叶图如图所示，给出关于该同学数学成绩的以下说法：①中位数为84；②众数为85；③平均数为85；④极差为12.其中，正确说法的序号是________．14．关于统计数据的分析，有以下几个结论：①一组数不可能有两个众数；②将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，方差没有变化；③调查剧院中观众观看感受时，从50排(每排人数相同)中任意抽取一排的人进行调查，属于分层抽样；④一组数据的方差一定是正数；⑤如图是随机抽取的200辆汽车通过某一段公路时的时速频率分布直方图，根据这个直方图，可以得到时速在[50,60)的汽车大约是60辆．其中说法错误的有________．(填序号)第Ⅱ卷二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(14分)已知某校高三理科班学生的化学与物理的水平测试成绩抽样统计如下表，若抽取学生n人，成绩分为A(优秀)，B(良好)，C(及格)三个等级，设x，y分别表示化学成绩与物理成绩．例如：表中化学成绩为B等级的共有20＋18＋4＝42(人)，已知x与y均为B等级的概率是0.18.(1)求抽取的学生人数；(2)设在该样本中，化学成绩优秀率是30%，求a，b的值；(3)在物理成绩为C等级的学生中，已知a≥10，b≥8，求化学成绩为A等级的人数比C等级的人数少的概率.16．(14分)(2016·泰州模拟)为了调查某校学生体质健康达标情况，现采用随机抽样的方法从该校抽取了m名学生进行体育测试．根据体育测试得到了这m名学生的各项平均成绩(满分100分)，按照以下区间分为七组：[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并得到频率分布直方图(如图)．已知测试平均成绩在区间[30,60)内有20人．(1)求m的值及中位数n；(2)若该学校测试平均成绩小于n，则学校应适当增加体育活动时间．根据以上抽样调查数据，该校是否需要增加体育活动时间？17.(14分)为使学生更好地了解中华民族伟大复兴的历史知识，某校组织了一次以“我的梦，中国梦”为主题的知识竞赛，每班选25名同学参加比赛，成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为100分，90分，80分，70分，学校将某年级的一班和二班的成绩整理并绘制成统计图：请根据以上提供的信息解答下列问题：(1)把一班竞赛成绩统计图补充完整；(2)写出下表中a，b，c的值；平均数(分)中位数(分)众数(分)一班 a b 90二班87.680c(3)请从以下给出的三个方面中任选一个对这次竞赛成绩的结果进行分析：①从平均数和中位数方面来比较一班和二班的成绩；②从平均数和众数方面来比较一班和二班的成绩；③从B级以上(包括B级)的人数方面来比较一班和二班的成绩．18.(16分)(2016·徐州模拟)根据以往的成绩记录，甲、乙两名队员射击击中目标靶的环数的频率分布情况如图所示．(1)求图中a的值；(2)求甲队员命中环数大于7的概率(频率当作概率使用)；(3)由图判断甲、乙两名队员中，哪一名队员的射击成绩更稳定(结论不要求证明).19.(16分)学校举行“文明环保，从我做起”征文比赛，现有甲、乙两班各上交30篇作文，现将两班的各30篇作文的成绩(单位：分)统计如下：甲班：等级成绩(S)频数A 90＜S≤100xB 80＜S≤9015C 70＜S≤8010D S≤70 3合计30乙班：根据上面提供的信息回答下列问题：,(1)表中x＝，甲班学生成绩的中位数落在等级中，扇形统计图中等级D部分的扇形圆心角n的度数是.,(2)现学校决定从两班所有A等级成绩的学生中随机抽取2名同学参加市级征文比赛，求抽取到两名学生恰好来自同一班级的概率(请列树状图或列表求解)20．(16分)我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市为了节约生活用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理(即确定一个居民月均用水量标准：用水量不超过a的部分按照平价收费，超过a的部分按照议价收费)．为了较为合理地确定出这个标准，通过抽样获得了100位居民某年的月均用水量(单位：吨)，制作了频率分布直方图．(1)由于某种原因频率分布直方图部分数据丢失，请在图中将其补充完整；(2)用样本估计总体，如果希望80%的居民每月的用水量不超出标准，则月均用水量的最低标准定为多少吨，并说明理由；(3)若将频率视为概率，现从该市某大型生活社区随机调查3位居民的月均用水量(看作有放回的抽样)，其中月均用水量不超过(2)中最低标准的人数为X，求X的概率分布和均值．答案解析1．6解析依题意可知，抽取的提供花菜与芹菜这2种蔬菜的共有10＋2040＋10＋30＋20×20＝310×20＝6(家)． 2．63解析利用中位数的概念求解．由茎叶图可得甲得分的中位数为26＋282＝27，乙得分的中位数为36，则中位数之和为63. 3．25,17,8解析依题意可知，在随机抽样中，首次抽到003号，以后每隔12个号抽到一个人，则分别是003,015,027,039,051,063,075，…，容易知道抽到的编号构成以3为首项，12为公差的等差数列，故被抽到的第n 名消防官兵的编号为a n ＝3＋(n －1)×12＝12n －9，由1≤12n A －9≤300，得1≤n A ≤25，因此抽取到来自A 市的人数为25. 同理可知抽到来自其他两市的人数为17和8. 4．270解析依题意，睡前看手机不低于20分钟的频率为1－0.01×10＝0.9，故n ＝2430.9＝270. 5．1解析显然，该抽样可能是简单随机抽样，故(1)正确；采取系统抽样时，抽到的样本中男生的人数与女生的人数无关，故该抽样可以是系统抽样，故(2)错误；每个女生被抽到的概率与每个男生被抽到的概率均为15，故(3)错误．6．4 000 1 120解析由题干中直方图知，年龄在20～30岁的人的频率为0．012 5×10＝0.125，所以，样本容量n ＝4000.125×10080＝4 000，m ＝4 000×(0.035 0×10)×80100＝1 120.7.12(a ＋b ) 解析样本平均数为a 1＋b 1＋a 2＋b 2＋…＋a 10＋b 1020＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋(b 1＋b 2＋…＋b 10)20＝10a ＋10b 20＝12(a ＋b )．8．482解析根据题意可知，抽样间隔为32－7＝25，所以由7＋(k －1)×25≤500，解得k ≤49325＋1，可得k ≤20，所以样本中最大的编号为7＋19×25＝482. 9．560解析 ∵1 400×5070＝1 000,1 000×20＋850＝560，∴估计理科考生有560人及格． 10．15解析由题意得样本数据在[20,60)内的频数为30×0.8＝24，则样本在[40,50)和[50,60)内的数据个数之和为24－4－5＝15. 11．60 解析a1 200＝0.18，解得a ＝216，则b ＋c ＝1 200－(204＋198＋216＋222)＝360，设在九年级抽取x 名学生，则x 200＝3601 200，解得x ＝60.12．2解析依题意得x 甲＝15(77＋81＋83＋80＋79)＝80，s 2甲＝15(2×32＋2×12)＝4；x 乙＝15(89＋90＋92＋91＋88)＝90；s 2乙＝15(2×22＋2×12)＝2.因此成绩较为稳定的那位同学成绩的方差为2. 13．①③解析由茎叶图知，六次数学测试成绩分别为78,83,83,85,91,90，可得中位数为83＋852＝84，故①正确；众数为83，故②错误；平均数为85，故③正确；极差为91－78＝13，故④错误． 14．①③④解析一组数中可以有两个众数，故①错误；根据方差的计算法可知②正确；③属于简单随机抽样，故③错误；④错误，因为方差可以是零；⑤正确． 15．解 (1)由题意可知18n ＝0.18，得n ＝100.故抽取的学生人数是100. (2)由(1)知n ＝100，所以7＋9＋a 100＝0.3，故a ＝14，而7＋9＋a ＋20＋18＋4＋5＋6＋b ＝100，故b ＝17.(3)由(2)易知a ＋b ＝31，且a ≥10，b ≥8，满足条件的(a ，b )有(10,21)，(11,20)，(12,19)，…，(23,8)，共14组，其中b ＞a 的有6组，则所求概率为P ＝614＝37. 16．解 (1)由频率分布直方图知第1组，第2组和第3组的频率分别是0.02,0.02和0.06，则m ×(0.02＋0.02＋0.06)＝20，解得m ＝200.由直方图可知，中位数n 位于[70,80)内，则0.02＋0.02＋0.06＋0.22＋0.04(n －70)＝0.5，解得n ＝74.5.(2)设第i (i ＝1,2,3,4,5,6,7)组的频率和频数分别为p i 和x i ，由图知，p 1＝0.02，p 2＝0.02，p 3＝0.06，p 4＝0.22，p 5＝0.40，p 6＝0.18，p 7＝0.10，则由x i ＝200×p i ，可得x 1＝4，x 2＝4，x 3＝12，x 4＝44，x 5＝80，x 6＝36，x 7＝20，故该校学生测试平均成绩是 x ＝35x 1＋45x 2＋55x 3＋65x 4＋75x 5＋85x 6＋95x 7200＝74<74.5，所以学校应该适当增加体育活动时间．17．解 (1)一班成绩等级为C 的人数为25－6－12－5＝2.(2)a ＝87.6，b ＝90，c ＝100.(3)①一班和二班平均数相等，一班的中位数大于二班的中位数，故一班的成绩好于二班； ②一班和二班平均数相等，一班的众数小于二班的众数，故二班的成绩好于一班； ③B 级以上(包括B 级)一班18人，二班12人，故一班的成绩好于二班．18．解 (1)由题图可得0.01＋a ＋0.19＋0.29＋0.45＝1，所以a ＝0.06.(2)设事件A 为“甲队员命中环数大于7”，它包含三个两两互斥的事件：命中环数为8,9,10，所以P (A )＝0.29＋0.45＋0.01＝0.75.(3)甲队员的射击成绩更稳定．19．(1)2 B 36解析 x ＝30－15－10－3＝2；中位数落在等级B 中；等级D 部分的扇形圆心角n ＝360°×330＝36°. (2)解乙班A 等级的人数是30×10%＝3，甲班的两个人用甲1，甲2表示，乙班的三个人用乙1，乙2，乙3表示．共有20种情况，则抽取到的两名学生恰好来自同一班级的概率是820＝25. 20．解 (1)补充频率分布直方图如图所示(2)月均用水量的最低标准应定为2.5吨．因为样本中月均用水量不低于2.5吨的居民有20位，占样本总体的20%，由样本估计总体，所以要保证80%的居民每月的用水量不超出标准，月均用水量的最低标准应定为2.5吨．(3)依题意可知，居民月均用水量不超过(2)中最低标准的概率是45，则X ～B (3，45)， P (X ＝0)＝(15)3＝1125， P (X ＝1)＝C 13×45×(15)2＝12125， P (X ＝2)＝C 23(45)2(15)＝48125， P (X ＝3)＝(45)3＝64125，故X 的概率分布为E (X )＝3×45＝125.。

2018《单元滚动检测卷》高考数学(理)(苏教版)精练检测：六数列全国通用含解析

单元滚动检测六数列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题）和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分160分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)1．（2016·苏北四市联考)已知数列｛a n}是等差数列,a1＋a7＝－8,a2＝2，则数列{a n}的公差d＝________.2．数列错误!为等差数列,a1，a2，a3为等比数列，a5＝1,则a10＝________. 3．若数列错误!满足：a1＝19，a n＋1＝a n－3(n∈N＊）,则数列错误!的前n 项和最大时,n的值为________．4．(2016·江苏扬州中学期中测试)设等比数列｛a n}的各项均为正数，其前n项和为S n，若a1＝1，a3＝4，S k＝63,则k＝________。

5．在等比数列{a n}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值是__________．6．已知错误!为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8.则a1＋a10＝________. 7．已知错误!是等比数列,a2＝2,a5＝错误!,则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1（n∈N ＊）的取值范围是____________．8．若数列错误!的前n项和S n＝错误!a n＋错误!，则错误!的通项公式是a n ＝________。

9．数列{a n｝满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则{a n}的前60项和为________．10．已知数列{a n｝：错误!,错误!＋错误!，错误!＋错误!＋错误!，…,错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，…,若b n＝错误!，那么数列{b n｝的前n项和S n为__________．11．（2016·常州模拟）已知S n是数列错误!的前n项和，且点（a n，S n）在直线2x－y－2＝0上，则错误!＝________. 12．（2016·山西运城期中）数列错误!满足a1＝1，且对于任意的n∈N ＊都满足a n＋1＝错误!,则数列错误!的前n项和为__________．13．已知两个等差数列｛a n｝和{b n}的前n项和分别为A n和B n，且错误!＝错误!,则使得错误!为整数的正整数n的个数是________．14．(2016·苏州一模)对于正项数列{a n｝，定义H n＝错误!为{a n｝的“光阴”值,现知某数列的“光阴”值为H n＝2n＋2，则数列{a n｝的通项公式为______________．第Ⅱ卷二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.（14分）(2016·全国甲卷）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1,S7＝28。

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专题30等比数列
1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，则数列{a n }的公比为( )
A ．1
B ．2 C.1
2
D ．3 解析：因为S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，所以2(S 2＋a 2)＝S 1＋S 3,2(a 1＋a 2＋a 2)＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3，a 3＝3a 2，q ＝3。

选D 。

答案：D
2．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )
A ．12
B ．10
C ．8
D ．2＋log 35
3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n ＝( )
A ．4n －
1 B ．4n －1
C ．2n －
1 D ．2n －1
解析：∵⎩⎨⎧ a 1
＋a 3＝5
2
a 2
＋a 4
＝5
4
，
∴⎩⎨⎧
a 1＋a 1q 2＝5
2
， 1
a 1
q ＋a 1q 3
＝5
4
， 2
由(1)除以(2)可得1＋q 2q ＋q
3＝2，解得q ＝1
2，代入(1)得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ， ∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12
＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，
∴S n a n ＝4⎝
⎛⎭⎫1－12n 4
2n ＝2n －1，选D 。

答案：D
4．在等比数列{a n }中，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17，则S 6＝( )
A.63
4 B ．16 C ．1
5 D.61
4
5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q ，则q 的一个可能的值是( ) A.52 B.12 C ．2 D.32
解析：由题意可设三角形的三边分别为a
q ，a ，aq ，因为三角形的两边之和大于第三边，
所以有a q ＋a ＞aq ，即q 2－q －1＜0(q ＞1)，解得1＜q ＜1＋52，所以q 的一个可能值是3
2，故
选D 。

答案：D
6．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m a n ＝16a 21，则1m ＋4n 的最小值为( )
A.256
B.134
C.73
D.32
解析：由a 3＝a 2＋2a 1得q 2＝q ＋2，∴q ＝2(q ＝－1舍去)，
由a m a n ＝16a 21得2
m －
12n －
1
＝16，因为m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，所以1m ＋4n ＝
m ＋n 6⎝⎛⎭⎫
1m ＋4n ＝1
6⎝⎛⎭⎫1＋4＋n m ＋4m n ≥1
6⎝⎛⎭⎫5＋2n m ·4m n ＝32。

答案：D
7．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝16，则数列{a n }的通项公式a n ＝__________，设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }的前n 项和S n ＝__________。

解析：由题意得公比q 3＝a 4a 1＝8，q ＝2，a n ＝2·2n －
1＝2n 。

因此b n ＝n ，S n ＝n n ＋1 2。

答案：2n
n n ＋1 2 8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝S 5，则S 2 014＝__________。

解析：根据数列前n 项和的定义知S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝a 5，故a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，即a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋q )(1＋q 2)＝0，从而1＋q ＝0，q ＝－1，所以这个等比数列的相邻两项的和都是0，所以S 2 014＝0。

答案：0
9．在各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值是__________。

解析：由题意知a 4·a 14＝(22)2＝a 29，即a 9＝22。

设公比为q (q ＞0)，所以2a 7＋a 11
＝2a 9
q 2＋a 9q 2＝42
q 2＋22q 2≥2
42q 2×22q 2＝8，当且仅当42q
2＝22q 2，即q ＝4
2时取等号，其最小值为8。

答案：8
10．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81。

(1)求a n ；
(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n 。

11．在等比数列{a n }中，其前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝9
2。

(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n －S n ＋2＝3
32成立，若存在，求出n 的值，若不存在，请说
明理由。

解析：(1)设等比数列的公比为q ，依题意，有a 1q 2＝32，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝9
2，
解得a 1＝32，q ＝1或a 1＝6，q ＝－1
2
，
故数列{a n }的通项公式为a n ＝32
或a n ＝6·⎝⎛⎭⎫－12n －1；
12．在数列{a n }中，a 1＝－1
2，2a n ＝a n －1－n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝a n ＋n 。

(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n ；
(3)若c n ＝⎝⎛⎭⎫12n －a n ，P n 为数列{c 2
n ＋c n ＋1c 2n ＋c n
}的前n 项和，求不超过P 2 014的最大的整数。

解析：(1)证明：由2a n ＝a n －1－n －1两边加2n 得， 2(a n ＋n )＝a n －1＋n －1，
所以a n ＋n a n －1＋ n －1 ＝12，即b n b n －1＝1
2。

故数列{b n }是公比为12的等比数列，其首项为b 1＝a 1＋1＝－12＋1＝1
2
，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n 。

(2)nb n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝n 2
n 。

T n ＝12＋222＋323＋4
24＋…＋n －12n －1＋n 2n 。

①
12T n ＝122＋223＋324＋425＋…＋n －12n ＋n
2
n ＋1。

② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，
所以T n ＝2－n ＋2
2
n 。

(3)由(1)得a n ＝⎝⎛⎭⎫12n
－n ，所以c n ＝n 。

c 2n ＋c n ＋1c 2
n ＋c n ＝n 2＋n ＋1
n 2＋n ＝1＋1n n ＋1
＝1＋1n －1n ＋1。

P 2 014＝⎝⎛⎭⎫1＋11－12＋⎝⎛⎭⎫1＋12－13＋⎝⎛⎭⎫1＋13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12 014－12 015＝2 015－1
2 015。

所以不超过P 2 014的最大的整数是2 014。

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