创新方案高考数学复习精编（人教新课标）5数列质量检测doc高中数学

第五章　数　列(自我评估、考场亮剑，收获成功后进入下一章学习！)(时间120分钟，总分值150分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．)1．(2022·黄冈模拟)记等比数列{an}的公比为q，那么“q>1”是“an＋1>an(n∈N*)”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件解析：可以借助反例说明：①如数列：－1，－2，－4，－8，…公比为2，但不是增数列；②如数列：－1，－，－，－，…是增数列，但是公比为<1.答案：D2．已知{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，那么过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为(　　)A．4　　　　　　B.C．－4D．－解析：∵{an}为等差数列，∴S5＝＝5a3＝55，∴a3＝11，∴kPQ＝＝a4－a3＝15－11＝4.答案：A3．(2022·辽宁高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设＝3，那么＝(　　)A．2B.C.D．3解析：由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是，由S6＝3S3，可推出S9－S6＝4S3，S9＝7S311/11\n，∴＝.答案：B4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1，那么a2等于(　　)A．－B.C.D.解析：Sn＝an－1，取n＝1，得S1＝5a1－5，即a1＝.取n＝2，得a1＋a2＝5a2－5，＋a2＝5a2－5，所以a2＝.答案：D5．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列，假设a1＝1，那么S4＝(　　)A．7B．8C．15D．16解析：不妨设数列{an}的公比为q，那么4a1,2a2，a3成等差数列可转化为2(2q)＝4＋q2，得q＝2.S4＝＝15.答案：C6．假设数列{an}的通项公式为an＝，那么{an}为(　　)A．递增数列B．递减数列C．从某项后为递减D．从某项后为递增解析：由已知得an>0，an＋1>0，∴＝，当>1即n>9时，an＋1>an，所以{an}从第10项起递增；n<9时，an＋1<an，即前9项递减．答案：D7．等差数列{an}的通项公式是an＝1－2n，其前n项和为Sn，那么数列{}的前11项和为(　　)A．－45B．－50C．－55D．－6611/11\n解析：由等差数列{an}的通项公式得a1＝－1，所以其前n项和Sn＝＝＝－n2.那么＝－n.所以数列{}是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以其前11项的和为S11＝11×(－1)＋×(－1)＝－66.答案：D8．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，假设{}为等差数列，那么a11＝(　　)A．0B.C.D．2解析：由已知可得＝，＝是等差数列{}的第3项和第7项，其公差d＝＝，由此可得＝＋(11－7)d＝＋4×＝.解之得a11＝.答案：B9．在等比数列{an}中，假设a3a5a7a9a11＝32，那么的值为(　　)A．4B．2C．－2D．－4解析：由等比数列的性质得a3·a11＝a5·a9＝a，所以a7＝2，故＝＝a7＝2.答案：B10．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，那么使得为整数的正整数n的个数是(　　)A．2B．3C．4D．5解析：由等差数列的前n项和及等差中项，11/11\n可得＝＝＝＝＝＝＝7＋(n∈N*)，故n＝1,2,3,5,11时，为整数．答案：D11．(2022·平顶山模拟)已知{an}是递增数列，对任意的n∈N*，都有an＝n2＋λn恒成立，那么λ的取值范围是(　　)A．(－，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－2，＋∞)D．(－3，＋∞)解析：数列{an}是递增数列，且an＝n2＋λn，那么an＋1－an＝2n＋1＋λ>0在n≥1时恒成立，只需要λ>(－2n－1)max＝－3，故λ>－3.答案：D12．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，那么该数列的前2008项的和等于(　　)A．1506B．3012C．1004D．2008解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝，故数列的前2008项的和为S2008＝1004·(1＋)＝1506.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上)13．(2022·长郡模拟)已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝，假设a6＝1，那么m所有可能的取值为________．解析：由a6＝1⇒a5＝2⇒a4＝4⇒a3＝1或8⇒a2＝2或16⇒a1＝4或5、32.答案：4,5,3214．已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋(n≥2)，那么{an}的通项公式为________．解析：an－an－1＝＝(－11/11\n)，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(－＋－＋…＋1－＋1)，得：an＝－.答案：an＝－15．已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(n∈N*)．假设a1>1，a4>3，S3≤9，那么通项公式an＝________.解析：由a1>1，a4>3，S3≤9得，，令x＝a1，y＝d得，，在平面直角坐标系中作出可行域可知符合要求的整数点只有(2,1)，即a1＝2，d＝1，所以an＝2＋n－1＝n＋1.答案：n＋116．(文)将全体正整数排成一个三角形数阵：12　34　5　67　8　9　1011　12　13　14　15…　…　…　…　…　…根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行的从左至右的第3个数是________．解析：前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)＝个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第＋3个，即为.答案：(理)下面给出一个“直角三角形数阵”：，，，…11/11\n满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i行第j列的数为aij(i≥j，i，j∈N*)，那么a83＝________.解析：由题意知，a83位于第8行第3列，且第1列的公差等于，每一行的公比都等于.由等差数列的通项公式知，第8行第1个数为＋(8－1)×＝2，a83＝2×()2＝.答案：三、解答题(本大题共6小题，共74分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题总分值12分)已知数列{an}中，其前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求Sn>57时n的取值范围．解：(1)∵n，an，Sn成等差数列，∴Sn＝2an－n，Sn－1＝2an－1－(n－1)　(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1　(n≥2)，∴an＝2an－1＋1　(n≥2)，两边加1得an＋1＝2(an－1＋1)　(n≥2)，∴＝2　(n≥2)．又由Sn＝2an－n得a1＝1.∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1，即数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知，Sn＝2an－n＝2n＋1－2－n，∴Sn＋1－Sn＝2n＋2－2－(n＋1)－(2n＋1－2－n)＝2n＋1－1>0，∴Sn＋1>Sn，{Sn}为递增数列．由题设，Sn>57，即2n＋1－n>59.又当n＝5时，26－5＝59，∴n>5.∴当Sn>57时，n的取值范围为n≥6(n∈N*)．18．(本小题总分值12分)设数列{an}满足a1＝t，a2＝t2，前n项和为Sn，且Sn＋2－(t＋1)Sn＋1＋tSn＝0(n∈N*)．(1)证明数列{an}为等比数列，并求{an}的通项公式；(2)当<t<2时，比较2n＋2－n与tn＋t－n的大小；11/11\n(3)假设<t<2，bn＝，求证：＋＋…＋<2n－2－.解：(1)证明：由Sn＋2－(t＋1)Sn＋1＋tSn＝0，得tSn＋1－tSn＝Sn＋2－Sn＋1，即an＋2＝tan＋1，而a1＝t，a2＝t2，∴数列{an}是以t为首项，t为公比的等比数列，∴an＝tn.(2)∵(tn＋t－n)－(2n＋2－n)＝(tn－2n)[1－()n]，又<t<2，∴<<1，那么tn－2n<0且1－()n>0，∴(tn－2n)[1－()n]<0，∴tn＋t－n<2n＋2－n.(3)证明：∵＝(tn＋t－n)，∴2(＋＋…＋)<(2＋22＋…2n)＋(2－1＋2－2＋…＋2－n)＝2(2n－1)＋1－2－n＝2n＋1－(1＋2－n)<2n＋1－2，∴＋＋…＋<2n－2－.19．(本小题总分值12分)(2022·黄冈模拟)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a≠0)，不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，设数列{an}的前n项和为Sn＝f(n)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设各项均不为0的数列{cn}中，满足ci·ci＋1<0的正整数i的个数称作数列{cn}的变号数，令cn＝1－(n∈N*)，求数列{cn}的变号数．解：(1)由于不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，∴Δ＝a2－4a＝0⇒a＝4，故f(x)＝x2－4x＋4.由题Sn＝n2－4n＋4＝(n－2)2那么n＝1时，a1＝S1＝1；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n－2)2－(n－3)2＝2n－5，故an＝(2)由题可得，cn＝.由c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，11/11\n所以i＝1，i＝2都满足ci·ci＋1<0，当n≥3时，cn＋1>cn，且c4＝－，同时1－>0⇒n≥5，可知i＝4满足ci、ci＋1<0，n≥5时，均有cncn＋1>0.∴满足cici＋1<0的正整数i＝1,2,4，故数列{cn}的变号数为3.20．(本小题总分值12分)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*.(1)求a3，a4，a5，a6的值及数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a2n－1·a2n，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)经计算a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝.当n为奇数时，an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项成等差数列，∴a2n－1＝a1＋(n－1)·2＝2n－1.当n为偶数时，an＋2＝an，即数列{an}的偶数项成等比数列，∴a2n＝a2·()n－1＝()n.因此，数列{an}的通项公式为an＝(2)∵bn＝(2n－1)·()n，∴Sn＝1·＋3·()2＋5·()3＋…＋(2n－3)·()n－1＋(2n－1)·()n，①Sn＝1·()2＋3·()3＋5·()4＋…＋(2n－3)·()n＋(2n－1)·()n＋1，②①②两式相减，得Sn＝1·＋2[()2＋()3＋…＋()n]－(2n－1)·()n＋1＝＋－(2n－1)·()n＋1＝－(2n＋3)·()n＋1.∴Sn＝3－(2n＋3)·()n.11/11\n21．(本小题总分值12分)已知各项都不相等的等差数例{an}的前六项和为60，且a6为a1和a21的等比中项．(1)求数列{an}的通项公an及前n项和Sn；(2)假设数列{bn}满足bn＋1－bn＝an(n∈N*)，且b1＝3，求数列{}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，那么解得∴an＝2n＋3.Sn＝＝n(n＋4)．(2)由bn＋1－bn＝an，∴bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*)．当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1＝(n－1)(n－1＋4)＋3＝n(n＋2)．对b1＝3也适合，∴bn＝n(n＋2)(n∈N*)．∴＝＝(－)．Tn＝(1－＋－＋…＋－)＝(－－)＝.22．(文)(本小题总分值14分)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，且f(x)＝x2－x＋b，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)假设数列{bn}满足an＋log3n＝log3bn，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)设Pn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2，Qn＝a10＋a12＋a14＋…＋a2n＋8，其中n∈N*，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论．解：(1)因为y＝f(x)的图象过原点，所以f(x)＝x2－x.所以Sn＝n2－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－(n－1)2＋(n－1)＝2n－2，又因为a1＝S1＝0适合an＝2n－2，11/11\n所以数列{an}的通项公式为an＝2n－2(n∈N*)．(2)由an＋log3n＝log3bn得：bn＝n·3an＝n·32n－2(n∈N*)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝30＋2·32＋3·34＋…＋n·32n－2，9Tn＝32＋2·34＋3·36＋…＋n·32n.两式相减得：8Tn＝n·32n－(1＋32＋34＋36＋…＋32n－2)＝n·32n－，所以Tn＝－＝.(3)a1，a4，a7，…，a3n－2组成以0为首项，6为公差的等差数列，所以Pn＝×6＝3n2－3n；a10，a12，a14，…，a2n＋8组成以18为首项，4为公差的等差数列，所以Qn＝18n＋×4＝2n2＋16n.故Pn－Qn＝3n2－3n－2n2－16n＝n2－19n＝n(n－19)，所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn>Qn；当n＝19时，Pn＝Qn；当n<19时，Pn<Qn.(理)(本小题总分值14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(an＋2，Sn＋1)在直线y＝4x－5上，其中n∈N*.令bn＝an＋1－2an，且a1＝1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)假设f(x)＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，求f′(1)的表达式，并比较f′(1)与8n2－4n的大小．解：(1)∵Sn＋1＝4(an＋2)－5，∴Sn＋1＝4an＋3，∴Sn＝4an－1＋3(n≥2)，∴an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)，∴＝＝2(n≥2)．∴数列{bn}为等比数列，其公比为q＝2，首项b1＝a2－2a1，而a1＋a2＝4a1＋3，且a1＝1，∴a2＝6，∴b1＝6－2＝4，∴bn＝4×2n－1＝2n＋1.(2)∵f(x)＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，∴f′(x)＝b1＋2b2x＋3b3x2＋…＋nbnxn－1，11/11\n∴f′(1)＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn，∴f′(1)＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，①∴2f′(1)＝23＋2·24＋3·25＋…＋n·2n＋2，②①－②得－f′(1)＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2＝－4(1－2n)－n·2n＋2，∴f′(1)＝4＋(n－1)·2n＋2，∴f′(1)－(8n2－4n)＝4(n－1)·2n－4(2n2－n－1)＝4(n－1)[2n－(2n＋1)]．当n＝1时，f′(1)＝8n2－4n；当n＝2时，f′(1)－(8n2－4n)＝4(4－5)＝－4<0，f′(1)<8n2－4n；当n＝3时，f′(1)－(8n2－4n)>0，结合指数函数y＝2x与一次函数y＝2x＋1的图象知，当x>3时，总有2x>2x＋1，故当n≥3时，总有f′(1)>8n2－4n.综上：当n＝1时，f′(1)＝8n2－4n；当n＝2时，f′(1)<8n2－4n；当n≥3时，f′(1)>8n2－4n.11/11