数列专题测试及解答
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(2010·黄冈模拟)记等比数列{an}的公比为q，则“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：D
2．已知{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为 ( )
A．4 B. C．－4 D．－
解析：∵{an}为等差数列，∴S5＝＝5a3＝55， ∴a3＝11，
∴kPQ＝＝a4－a3＝15－11＝4. 答案：A
3．(2009·辽宁高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝ ( )
A．2 B. 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＝7S3，∴＝. 答案：B
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1，则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：D
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )
A．7 B．8 C．15 D．16
解析：不妨设数列{an}的公比为q， 则4a1,2a2，a3成等差数列可转化为
2(2q)＝4＋q2，得q＝2. S4＝＝15. 答案：C
6．若数列{an}的通项公式为an＝，则{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 A．－45 B．－50 C．－55 D．－66 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. 则＝－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：D 8．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，若{}为等差数列，则a11＝ ( ) A．0 B. 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：B 9．在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11＝32，则的值为 ( ) A．4 B．2 C．－2 D．－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：B 10．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是 ( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：由等差数列的前n项和及等差中项， 可得＝＝＝＝＝ ＝＝7＋(n∈N*)， 故n＝1,2,3,5,11时，为整数． 答案：D 11．(2010·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，则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，则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：D 12．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 00的和等于 ( ) A．1 506 B．3 012 C．1 004 D．2 008 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2 00的和为S2 008＝1 004·(1＋)＝1 506. 答案：A 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上) 13．(2010·长郡模拟)已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝，若a6＝1，则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：4,5,32 14．已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋(n≥2)，则{an}的通项公式为________． 解析：an－an－1＝＝(－)，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*)．若a1>1，a4>3，S3≤9，则通项公式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＋1 16．下面给出一个“直角三角形数阵”： ， ，， … 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*)，则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)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．(本小题满分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 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 (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．(本小题满分12分)(2010·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 则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， 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．(本小题满分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， ① Sn＝1·()2＋3·()3＋5·()4＋…＋(2n－3)·()n＋(2n－1)·()n＋1， ② ①②两式相减， 得Sn＝1·＋2[()2＋()3＋…＋()n]－(2n－1)·()n＋1 ＝＋－(2n－1)·()n＋1＝－(2n＋3)·()n＋1. ∴Sn＝3－(2n＋3)·()n. 21．(本小题满分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)若数列{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， 则解得∴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－＋－＋…＋－)＝(－－)＝. 22．二选一作答 (本小题满分14分) （甲）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)若数列{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， 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 (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若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， ∴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， ② ①－②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.下载本文
