高三数学一轮复习阶段性测试题数列Word文档格式.doc
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[解析] 由log3an＋1＝log3an＋1（n∈N*）得，an＋1＝3an，∴数列{an}是公比等于3的等比数列，
∴a5＋a7＋a9＝（a2＋a4＋a6）×
33＝35，
∴log（a5＋a7＋a9）＝－log335＝－5.
4．（2011·
辽宁丹东四校联考）已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为正偶数时，n的值可以是（ ）
A．1 B．2
C．5 D．3或11
[解析] ∵{an}与{bn}为等差数列，∴＝＝＝＝＝，将选项代入检验知选D.
5．（2011·
安徽百校论坛联考）已知a>
0，b>
0，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，则ab与AG的大小关系是（ ）
A．ab＝AG B．ab≥AG
C．ab≤AG D．不能确定
[解析] 由条件知，a＋b＝2A，ab＝G2，∴A＝≥＝G>
0，∴AG≥G2，即AG≥ab，故选C.
6．（2011·
潍坊一中期末）各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，则的值为（ ）
C. D.或
[解析] ∵a2，a3，a1成等差数列，∴a3＝a2＋a1，
∵{an}是公比为q的等比数列，∴a1q2＝a1q＋a1，∴q2－q－1＝0，∵q>
0，∴q＝.
∴＝＝，故选C.
7．（文）（2011·
四川资阳模拟）数列{an}的通项公式为an＝2n－49，当该数列的前n项和Sn达到最小时，n等于（ ）
A．24 B．25
C．26 D．27
[解析] 解法1：
a1＝－47，d＝2，∴Sn＝－47n＋×
2＝n2－48n＝（n－24）2－576，故选A.
解法2：
由an＝2n－49≤0得n≤24.5，∵n∈Z，∴n≤24，故选A.
山东实验中学期末）已知数列{an}为等差数列，若<
－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>
0的最大值n为（ ）
A．11 B．19
C．20 D．21
[答案] B
[解析] ∵Sn有最大值，∴a1>
0，d<
0，∵<
－1，
∴a11<
0，a10>
0，∴a10＋a11<
0，
∴S20＝＝10（a10＋a11）<
又S19＝＝19a10>
0，故选B.
8．（文）（2011湖北荆门市调研）数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2046＋a1978－a＝0，{bn}是等比数列，且b2012＝a2012，则b2010·
b2014＝（ ）
A．0 B．1
C．4 D．8
[解析] ∵a2046＋a1978＝2a2012，∴2a2012－a＝0，
∴a2012＝0或2，
∵{bn}是等比数列，b2012＝a2012，∴b2012＝2，
∴b2010·
b2014＝b＝4.
豫南九校联考）设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10＝（ ）
A．1033 B．1034
C．2057 D．2058
[解析] an＝2＋（n－1）×
1＝n＋1，bn＝1×
2n－1＝2n－1，
ab1＋ab2＋…＋ab10＝a1＋a2＋a4＋…＋a29
＝（1＋1）＋（2＋1）＋（22＋1）＋…＋（29＋1）＝10＋
＝210＋9＝1033.
9．（2011·
重庆南开中学期末）已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝3，前三项的和为21，则a3＋a4＋a5＝（ ）
A．33 B．72
C．84 D．189
[解析] ∵a1＝3，a1＋a2＋a3＝21，∴q2＋q－6＝0，
∵an>
0，∴q>
0，∴q＝2，∴a3＋a4＋a5＝（a1＋a2＋a3）·
q2＝84，故选C.
10．（2011·
四川广元诊断）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2011，则m＝（ ）
A．1004 B．1005
C．1006 D．1007
[解析] 由条件知，∴，
∵am＝a1＋（m－1）d＝1＋2（m－1）＝2m－1＝2011，
∴m＝1006，故选C.
11．（2011·
辽宁铁岭六校联考）设{an}是由正数组成的等差数列，{bn}是由正数组成的等比数列，且a1＝b1，a2003＝b2003，则（ ）
A．a1002>
b1002 B．a1002＝b1002
C．a1002≥b1002 D．a1002≤b1002
[解析] a1002＝≥＝＝b1002，故选C.
12．（2011·
蚌埠二中质检）已知数列{an}的通项公式为an＝6n－4，数列{bn}的通项公式为bn＝2n，则在数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项有（ ）
A．50项 B．34项
C．6项 D．5项
[解析] a1＝2＝b1，a2＝8＝b3，a3＝14，a4＝20，a5＝26，a6＝32＝b5，又b10＝210＝1024>
a100，b9＝512，令6n－4＝512，则n＝86，∴a86＝b9，b8＝256，令6n－4＝256，∵n∈Z，∴无解，b7＝128，令6n－4＝128，则n＝22，∴a22＝b7，b6＝64＝6n－4无解，综上知，数列{an}的前100项中与{bn}相同的项有5项．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上）
13．（2011·
四川广元诊断）已知数列{an}满足：
an＋1＝1－，a1＝2，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2011＝________.
[答案] 2
[解析] a1＝2，a2＝1－＝，a3＝1－2＝－1，a4＝1－（－1）＝2，∴{an}的周期为3，且a1a2a3＝－1，
∴P2011＝（a1a2a3）670·
a2011＝（－1）670·
a1＝2.
14．（2011·
湖北荆门调研）秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1）n （n∈N*），则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．
[答案] 255
[解析] ∵an＋2－an＝1＋（－1）n （n∈N*），∴n为奇数时，an＋2＝an，n为偶数时，an＋2－an＝2，即数列{an}的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．
故这30天入院治疗流感人数共有15＋（15×
2＋×
2）＝255人．
15．（2011·
辽宁沈阳二中检测）已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝________.
[答案] 3－2
[解析] ∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2，设数列{an}公比为q，则a1q2＝a1＋2a1q，∵a1≠0，∴q2－2q－1＝0，∴q＝－1±
，∵an>
0，∴q＝－1，
∴＝q2＝3－2.
16．（文）（2011·
浙江宁波八校联考）在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，则a＋b＋c的值为________．
a
c
b
6
1
2
[答案] 22
[解析] 由横行成等差数列知，6下边为3，从纵列成等比数列及所有公比相等知，公比q＝2，∴b＝2×
2＝4由横行等差知c下边为＝5，故c＝5×
2＝10，由纵列公比为2知a＝1×
23＝8，∴a＋b＋c＝22.
华安、连城、永安、泉港、漳平、龙海六校联考）有一个数阵排列如下：
则第20行从左至右第10个数字为________．
[答案] 426
[解析] 第1斜行有一个数字，第2斜行有2个数字，…第n斜行有n个数字，第20行从左向右数第10个数字在第29斜行，为倒数第10个数字，∵＝435，∴第20行从左向右数第10个数字为435－9＝426.
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．（本小题满分12分）（2011·
四川广元诊断）已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－2n，数列{bn}的前n项和Tn＝3－bn.
①求数列{an}和{bn}的通项公式；
②设cn＝an·
bn，求数列{cn}的前n项和Rn的表达式．
[解析] ①由题意得an＝Sn－Sn－1＝4n－4（n≥2）
而n＝1时a1＝S1＝0也符合上式
∴an＝4n－4（n∈N＋）
又∵bn＝Tn－Tn－1＝bn－1－bn，
∴＝
∴{bn}是公比为的等比数列，
而b1＝T1＝3－b1，∴b1＝，
∴bn＝n－1＝3·
n（n∈N＋）．
②Cn＝an·
bn＝（4n－4）×
×
3n
＝（n－1）n，
∴Rn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn
＝2＋2·
3＋3·
4＋…＋（n－1）·
n
∴Rn＝3＋2·
4＋…＋（n－2）n＋（n－1）n＋1
∴Rn＝2＋3＋…＋n－（n－1）·
n＋1，
∴Rn＝1－（n＋1）n.
18．（本小题满分12分）（2011·
甘肃天水期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q（p，q∈R），n∈N*.
（1）求q的值；
（2）若a3＝8，数列{bn}满足an＝4log2bn，求数列{bn}的前n项和．
[解析]
（1）当n＝1时，a1＝S1＝p－2＋q，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn2－2n＋q－p（n－1）2＋2（n－1）－q＝2pn－p－2
∵{an}是等差数列，∴p－2＋q＝2p－q－2，∴q＝0.
（2）∵a3＝8，a3＝6p－p－2，∴6p－p－2＝8，∴p＝2，
∴an＝4n－4，
又an＝4log2bn，得bn＝2n－1，故{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＝2n－1.
19．（本小题满分12分）（2011·
华安、连城、永安、漳平、龙海、泉港六校联考）已知数列{bn}前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝Sn.
（1）求b2，b3，b4的值；
（2）求{bn}的通项公式；
（3）求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．
[解析]
（1）b2＝S1＝b1＝，b3＝S2＝（b1＋b2）＝，b4＝S3＝（b1＋b2＋b3）＝.
（2）
①－②解bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝bn，
∵b2＝，∴bn＝·
n－2 （n≥2）
∴bn＝.
（3）b2，b4，b6…b2n是首项为，公比2的等比数列，
∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝
＝[（）2n－1]．
20．（本小题满分12分）（2011·
湖南长沙一中月考）已知f（x）＝mx（m为常数，m>
0且m≠1）．设f（a1），f（a2），…，f（an）…（n∈N）是首项为m2，公比为m的等比数列．
（1）求证：
数列{an}是等差数列；
（2）若bn＝anf（an），且数列{bn}的前n项和为Sn，当m＝2时，求Sn；
（3）若cn＝f（an）lgf（an），问是否存在m，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？
若存在，求出m的取值范围；
若不存在，请说明理由．
[解析]
（1）由题意f（an）＝m2·
mn－1，即man＝mn＋1.
∴an＝n＋1，∴an＋1－an＝1，
∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．
（2）由题意bn＝anf（an）＝（n＋1）·
mn＋1，
当m＝2时，bn＝（n＋1）·
2n＋1，
∴Sn＝2·
22＋3·
23＋4·
24＋…＋（n＋1）·
2n＋1①
①式两端同乘以2得，
2Sn＝2·
23＋3·
24＋4·
25＋…＋n·
2n＋1＋（n＋1）·
2n＋2②
②－①并整理得，
Sn＝－2·
22－23－24－25－…－2n＋1＋（n＋1）·
2n＋2
＝－22－（22＋23＋24＋…＋2n＋1）＋（n＋1）·
＝－22－＋（n＋1）·
＝－22＋22（1－2n）＋（n＋1）·
2n＋2＝2n＋2·
n.
（3）由题意cn＝f（an）·
lgf（an）＝mn＋1·
lgmn＋1＝（n＋1）·
mn＋1·
lgm，
要使cn<
cn＋1对一切n∈N*成立，
即（n＋1）·
lgm<
（n＋2）·
mn＋2·
lgm，对一切n∈N*成立，
①当m>
1时，lgm>
0，所以n＋1<
m（n＋2）对一切n∈N*恒成立；
②当0<
m<
1时，lgm<
0，所以>
m对一切n∈N*成立，
因为＝1－的最小值为，所以0<
.
综上，当0<
或m>
1时，数列{cn}中每一项恒小于它后面的项．
21．（本小题满分12分）（2011·
烟台调研）将函数f（x）＝sinx·
sin（x＋2π）·
sin（x＋3π）在区间（0，＋∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝2nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．
[解析]
（1）化简f（x）＝sinx·
sin（x＋3π）
＝sincos·
＝－sinx
其极值点为x＝kπ＋（k∈Z），
它在（0，＋∞）内的全部极值点构成以为首项，π为公差的等差数列，
an＝＋（n－1）·
π＝π（n∈N*）．
（2）bn＝2nan＝（2n－1）·
2n
∴Tn＝[1·
2＋3·
22＋…＋（2n－3）·
2n－1＋（2n－1）·
2n]
2Tn＝[1·
23＋…＋（2n－3）·
2n＋（2n－1）·
2n＋1]
相减得，－Tn＝[1·
2＋2·
22＋2·
23＋…＋2·
2n－（2n－1）·
∴Tn＝π[（2n－3）·
2n＋3]．
22．（本小题满分12分）（文）（2011·
重庆南开中学期末）已知各项均为正数的数列{an}满足：
a1＝3，＝（n∈N*），设bn＝，Sn＝b＋b＋…＋b.
（2）求证：
Sn<
[解析]
（1）∵＝，
∴a－a＝8（n＋1），
∴a＝（a－a）＋（a－a）＋…＋（a－a）＋a
＝8[n＋（n－1）＋…＋2]＋9＝（2n＋1）2，∴an＝2n＋1.
（2）b＝＝<
＝
∴Sn<
[（1－）＋（－）＋…＋（－）]＝（1－）<
四川资阳模拟）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n（n＋1）（n∈N*）．
（2）若数列{bn}满足：
an＝＋＋＋…＋，求数列{bn}的通项公式；
（3）令cn＝（n∈N*），求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析]
（1）当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n（n＋1）－（n－1）n＝2n，知a1＝2满足该式
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）an＝＋＋＋…＋（n≥1）①
∴an＋1＝＋＋＋…＋＋②
②－①得，＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2（3n＋1＋1），
故bn＝2（3n＋1）（n∈N*）．
（3）cn＝＝n（3n＋1）＝n·
3n＋n，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝（1×
3＋2×
32＋3×
33＋…＋n×
3n）＋（1＋2＋…＋n）
令Hn＝1×
3n，①
则3Hn＝1×
32＋2×
33＋3×
34＋…＋n×
3n＋1②
①－②得，－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×
3n＋1＝－n×
3n＋1
∴Hn＝，
∴数列{cn}的前n项和
Tn＝＋.
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