数列自测(适合课堂讲评.ppt

一、选择题(每小题5分，共60分) 1.已知等差数列an满足a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前 10项和S10等于 ( ) A.138 B.135 C.95 D.23 解析 a2+a4=2a3=4,a3=2, a3+a5=2a4=10,a4=5, d=a4-a3=3.a8=a4+4d=17， 则 C 2.已知等比数列an中,a2=1,则其前3项的和S3的取值 范围是 ( ) A.(-,-1 B.(-,0)(1,+) C.3,+) D.(-,-13,+) 解析 设等比数列的公比为q, a2=1,a1= ,a3=a2q=q. S3= +1+q,当q0时,S33(q=1时取等号); 当q0时,S3-1(q=-1时取等号). S3(-,-13,+). D 3.已知x0,y0,x,a,b,y成等差数列,x,c,d,y成等比 数列,则 的最小值是 ( ) A.0 B.1 C.2 D.4 解析 a+b=x+y,cd=xy, D 4.已知Sn是等差数列an的前n项的和,a1=2 010, 则S2 010等于 ( ) A.2 007 B.2 008 C.2 009 D.2 010 解析 则d=-2,所以 =2 010. D 5.若数列an满足 (p为正常数,nN*),则称 an为“等方比数列”. 甲:数列an是等方比数列;乙:数列an是等比数列, 则 ( ) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析 由等比数列的定义数列,若乙an是等比数列, 公比为q,即 则甲命题成立;反 之,若甲an是等方比数列,即 即公比不一定为q,则命题乙不成立. 答案 B 6.已知a2 009与a2 010是首项为正数的 等差数列an的相邻两项,且函数y =(x-a2 009)(x-a2 010)的图象如图所 示,则使前n项和Sn0成立的最大自 然数n的值是 ( ) A.4 016 B.4 017 C.4 018 D.4 019 解析 结合数列的性质及给出的图象可知:a2 0090, a2 0100,且a2 009+a2 0100,a1+a4 017=2a2 0090, a1+a4 018=a2 009+a2 0100,所以S4 0170,S4 0180. B 7.已知数列an满足:an+1=an+an+2,且a1=1,a2=2,Sn是数 列an的前n项的和,则S2 010的值为 ( ) A.2 B.1 C.0 D.-1 解析 因为an+1=an+an+2,所以an+2=an+1+an+3, 则an+3=-an,即an+6=-an+3=an. 所以数列an是以6为周期的周期数列， 又因为a1=1,a2=2,则a3=1,a4=-1,a5=-2, a6=-1,则S6=0.又2 010=3356, 所以S2 010=335S6=0. C 8.在数列an中,a1=2,an+1=an+ 则an等于( ) A.2+ln n B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n 解析 an+1=an+ an+1-an= =ln(n+1)-ln n. 又a1=2, an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+(an-an-1)=2+ ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln4-ln 3+ln n-ln(n-1) =2+ln n-ln 1=2+ln n. A 9.已知数列an满足: (nN*),且a1= 则该数列的前2 009项的和为 ( ) A.3 013 B.2 009 C. D. 解析 因为 所以a2=1,a3= a4=1, C 10.在等比数列an中,a1=2,前n项和为Sn,若数列an+ 1也是等比数列,则Sn等于 ( ) A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1 解析 因数列an为等比数列,则an=2qn-1, 因数列an+1也是等比数列， 则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1), +2an+1=anan+2+an+an+2, an+an+2=2an+1,即an(1+q2-2q)=0, 所以q=1,即an=2,所以Sn=2n. C 11.设等差数列an的前n项和为Sn，已知(a2-1)5+ 2 010(a2-1)=2 009,(a2 009-1)5+2 010(a2 009-1)= -2 009,则以下结论正确的是 ( ) A.S2 010=2 010,a2 009a2 B.S2 010=2 010,a2 009a2 C.S2 010=2 009,a2 009a2 D.S2 010=2 009,a2 009a2 解析 令f(x)=x5+2 010x,则f(x)=5x4+2 0100,所 以函数f(x)是在R上单调递增的奇函数,由题意知, f(a2-1)=2 009,f(a2 009-1)=-2 009,即f(1-a2 009)= 2 009,所以a2-1=1-a2 009,则a2+a2 009=2,又a2-1 a2 009-1,即a2a2 009, 所以S2 010= =2 010. A 12.已知数列an满足:a1=1, 记Sn= 若S2n+1-Sn 对任意的nN*恒成 立,则正整数m的最小值为 ( ) A.10 B.9 C.8 D.7 解析 由题意知， =0, 所以数列 是以1为首项,4为公 差的等差数列, 即g(n)是递减数列,所以S2n+1-Sng(1)= 即m 所以m的最小值为10. 答案 A 二、填空题(每小题4分,共16分) 13.(2009海南)等比数列an的公比q0,已知a2=1, an+2+an+1=6an,则an的前4项和S4=_. 解析 因为an+2+an+1=6an, 所以a1qn+1+a1qn=6a1qn-1 (a10), 即q2+q=6,又q0,则q=2, 14.设数列an的前n项和为Sn (nN*),关于数列an 有下列三个命题： 若数列an既是等差数列又是等比数列,则an=an+1; 若Sn=an2+bn (a,bR),则数列an是等差数列； 若Sn=1-(-1)n,则数列an是等比数列； 若数列an是等比数列,则其前n项的和Sn也是等 比数列. 这些命题中,真命题的个数是_. 解析 不妨设数列an的前三项为a-d,a,a+d,则其 又成等比数列,故a2=a2-d2,d=0,即an=an+1;由Sn的 公式,可求出an=(2n-1)a+b,故an是等差数列;由Sn 可求由an=2(-1)n-1,故数列an是等比数列.令a1=1, q=-1,则S2n-1=1,S2n=0,所以数列Sn不是等比数列. 答案 3 15.(2009上海)已知函数f(x)=sin x+tan x,项数为 27的等差数列an满足an 且公差d0，若 f(a1)+f(a2)+f(an)=0，则当k=_时,f(ak)=0. 解析 因为f(x)=sin x+tan x是在区间 上严格 递增的奇函数,又等差数列an满足an 且公 差d0,不妨设d0,则a1a2a27,且f(a1) f(a2)f(a27),又f(a1)+f(a2)+f(a27)=0,所以 f(a1)+f(a27)=f(a2)+f(a26)=f(a14)=0. 14 16.将数列3n-1按“第n组有n个数”的规则分组如 下: (1),(3,9),(27,81,243),则第100组中的第一个 数是_. 解析 由“第n组有n个数”的规则分组中,各组数的 个数构成一个以1为首项,公差为1的等差数列,前99 组数的个数共有 个,故第100组中的 第1个数是34 950. 34 950 三、解答题(共74分) 17.(12分)已知数列an的前n项和为Sn (nN*),且an 0, (1)求Sn； (2)若数列bn满足b1=2, 求bn. 解 (1)当n=1时,S1=a1= 又a10,所以a1=1, 当n2时,an=Sn-Sn-1= 整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0,又an0, 所以an-an-1-1=0,即an-an-1=1, 所以数列an是以1为首项,1为公差的等差数列， 即an=n,所以 (2)由(1)得,bn+1-bn= =2n, 因为bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1 =2n-1+2n-2+21+2=2n,所以bn=2n. 18.(12分)已知f(x)=logax(a0且a1),设f(a1), f(a2),f(an) (nN*)是首项为4,公差为2的等差 数列. (1)设a为常数,求证:an成等比数列； (2)若bn=anf(an),bn的前n项和是Sn,当a= 时,求Sn. (1)证明 f(an)=4+(n-1)2=2n+2, 即logaan=2n+2, 可得an=a2n+2. an为等比数列. (2)解 bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2. Sn=223+324+425+(n+1)2n+2 2Sn=224+325+426+n2n+2+(n+1)2n+3 -得 -Sn=223+24+25+2n+2-(n+1)2n+3 =16+2n+3-24-n2n+3-2n+3=-n2n+3. Sn=n2n+3. 19.(12分)(2009安徽)首项为正数的数列an满足 nN+. (1)证明:若a1为奇数,则对一切n2,an都是奇数. (2)若对一切nN+都有an+1an,求a1的取值范围. (1)证明 已知a1是奇数,假设ak=2m-1是奇数,其中m 为正整数, 则由递推关系知 是奇数. 根据数学归纳法,对任何nN+,an都是奇数. (2)解 方法一 由an+1-an= (an-1)(an-3)知,an+1an 当且仅当an1或an3. 另一方面,若0ak1,则0ak+1 若ak3,则ak+1 根据数学归纳法,0a11 0an1, nN+; a13 an3, nN+. 综上所述，对一切nN+都有an+1an的充要条件是0 a11或a13. 方法二 由 于是0a11或a13. 因为a10, 所以所有的an均大于0，因此 an+1-an与an-an-1同号. 根据数学归纳法，nN+ ,an+1-an与a2-a1同号. 因此,对一切nN+都有an+1an的充要条件是0a11 或a13. 20.(12分)已知数列an中的相邻两项a2k-1,a2k是关于x 的方程x2-(3k+2k)x+3k2k=0的两个根,且a2k-1a2k (k=1,2,3,). (1)求a1,a3,a5,a7； (2)求数列an的前2n项和S2n； (1)解 方程x2-(3k+2k)x+3k2k=0的两个根为x1=3k, x2=2k, 当k=1时,x1=3,x2=2,所以a1=2; 当k=2时,x1=6,x2=4,所以a3=4; 当k=3时,x1=9,x2=8,所以a5=8； 当k=4时,x1=12,x2=16,所以a7=12. (2)解 S2n=a1+a2+a2n =(3+6+3n)+（2+22+2n) (3)证明 21.(12分)(2009北京)设数列an的通项公式为an= pn+q(nN*,p0).数列bm定义如下：对于正整数 m,bm是使得不等式anm成立的所有n中的最小值. (1)若p= q= 求b3; (2)若p=2,q=-1,求数列bm的前2m项和的公式; (3)是否存在p和q,使得bm=3m+2(mN*)?如果存在, 求p和q的取值范围;如果不存在,请说明理由. 解 (1)由题意得an= 所以使得 成立的所有n中的最小正整数为7. 即b3=7. (2)由题意得an=2n-1. 对正整数m,由anm得n 根据bm的定义可知， 当m=2k-1时,bm=k(kN*) 当m=2k时,bm=k+1(kN*) 所以b1+b2+b2m =(b1+b3+b2m-1)+(b2+b4+b2m) =(1+2+3+m)+2+3+4+(m+1) (3)假设存在p,q满足条件,由不等式pn+qm及p0得 因为bm=3m+2(mN*),由bm的定义可知,对于任意的正 整数m都有 即-2p-q(3p-1)m-p-q对任意的正整数m都成立, 当3p-10(或3p-10)时, 得 这与上述结论矛盾. 当3p-1=0, 解得 (经检验符合题意) 所以存在p和q,使得bm=3m+2(mN*),p和q的取值范围 分别是 22.数列an满足a1=1,a2=2, n=1,2,3,. (1)求a3,a4,并求数列an的通项公式； (2)设 Sn=b1+b2+bn. 证明:当n6时,|Sn-2| (1)解 因为a1=1,a2=2, 一般地,当n=2k-1 (kN*)时, 即a2k+1-a2k-1=