二轮专题复习阶段检测卷

1、阶段检测卷（二）一、填空题(每小题5分，共70分)1 .公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3aii = 16,则a5 =.解析 由 a3aii= 16,得 a2= 16,故 a7 = 4= a5X22? a5= 1.答案1222. 若an为等差数列，Si是其前n项的和，且= n则tan a6=.11 a1 + an222 n厂解析 Sn=2= 11a6=3n, a6=3， Atan a6=寸3.答案 33. 设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn，若&= 3a2 + 2, S4= 3a4 + 2,贝 U q =.a1 + a1q= 3a1q + 2,解析由已知得233a1 +

2、 a1q+ a1+ a1q3= 3a1q3+ 2,一得 a1q2 + a1q3= 3a1q(q2 1),即 2q2 q 3= 0.解得 q=2或 4=一 1(舍)3答案34. 等差数列an前9项的和等于前4项的和.若a1 = 1,ak + a4= 0,则k=.解 由题意 S9= S4,得 a5 + a6+ a7 + a8 + a9 = 0,a 5a7= 0,即卩 a7= 0,又 ak + a4 = 0 = 2a7, a10+ a4= 2a7,A k= 10.答案 1015 .在等差数列an中，a8 =尹11+ 6,则数列an前9项的和9等于.解析 设等差数列an的公差为d,则a1 + 7d=|

3、(a1 + 10d) + 6,即卩a1 + 4d=9 a1 + a9a5= 12,vS9=2= 9a5= 108.答案 1086. 设an是公差不为0的等差数列，a1 = 2且a1, a3, a6成等比数列，则an的前n项和Sn =.解析 设等差数列an的公差为d,由已知得a3 = aia6,即(2+ 2d)2 = 2(2+ 5d),解得d = 故Sn = 2n+弋1X舟二4+孚n2 7n 答案4 + 7n7. 若一9, a, -1成等差数列，一9, m, b, n, -1成等比数列，则ab=9 1解析 由已知得 a=2 = 5, b2= ( 9)X ( 1) = 9且 b0,：b= 3,ab

4、= ( 5)X ( 3)= 15.答案 158. 已知实数a, b, c, d成等比数列，且函数y= ln(x+ 2) x,当x= b时取到极 大值c,则ad等于.解析 由等比数列的性质，得ad= bc,1b= 1,解得故ad= bc= 1.c= 1,f b = 1 = 0,又b+2f b = ln b+ 2 b= c,答案 19. 设 y= f(x)是一次函数，f(0)= 1,且 f(1), f(4), f(13)成等比数列，贝U f(2)+ f(4)+ + f(2n) =.解析 设 f(x) = kx+ b(kM0)，又 f(0)= 1,所以 b= 1,即 f(x)= kx+ 1(k0).

5、由 f(1),f(4) ,f(13)成等比数列，得 f2(4) = f(1) f(13)，即(4k+ 几(k+ 1)(13k+ 1) 因 为 kM0,所以 k= 2,所以 f(x) = 2x+ 1,所以 f(2)+ f(4) + + f(2n) = 5+ 9+n 5+ 4n+ 1 + 4n+ 1 =2= n (2 n + 3).答案 n (2 n + 3)110. Sn是等比数列an的前n项和，a1 =刃，9S3= S6，设Tn = a1a2a3an,则使Tn取最小值的n值为.a1 1 q a1 1 q解析 设等比数列的公比为q,故由9S3= S3,得9X=，解1-q 1-qT1t得 q =

6、2,故 = an= 20X 2n-1,易得当 nW5 时Tn- 1，据此数列单调性可得T5为最小值.答案511 已知数列an的通项公式是an=-n2 + 12n-32,其前n项和是Sn,对任意的m, n N*且mn,贝U Sn-Sm的最大值是.解析 由于an=-(n-4)(n-8),故当n4时，an0, Sn随n的增加而减小，S3= 9,当 4n0, Sn 随 n 的增加而增大，9 = S8,当 n8 时，an0,Sn 随 n 的增加而减小，故 Sn-Sm S8 S4 = a5 + a6 + a7 + a8= a5 + a6+ a7= 10.答案 1012. (2013南京师大附中模拟)已知数

7、列an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列，其中a1= 3, b1 = 1, a2= b2,3a5= b3,若存在常数u, v对任意正整数n都有 an= 3logubn+ v,贝U u + v =.解析 设等差数列an的公差为d ,等比数列bn的公比为q ,则3+ d= q,2 解得 d= 6, q = 9,所以 an = 6n-3, bn= 9n- n- 3= 3nlogu93 3 + 4d = q ,logu9=2,+ v-3logu9对任意正整数n恒成立，所以v 3logu9=- 3,解得 u = v = 3, 故 u+ v= 6.答案613. (2012宿迁联考)第30届奥运会在伦敦

8、举行.设数列an= logn+ 1(n+ 2)(n N*),定义使a1 a2 a3ak为整数的实数k为奥运吉祥数，则在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为.解析 因为 a1 a2 a3ak = log23X log34Xx logk + 1(k+ 2) = log2(k+ 2)，当 Iog2(k+ 2) = m(m Z)时,k= 2m 2 1,2 012(m Z), m= 2,3,4,，10,所 以在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为(2 2)+ (2(1)n (an 3n+ 21)= bn. 又b1 =(入+ 18),所以当入=一 18时， bn= 0(n N )，此时bn不是

9、等比数列； 2)+ (210 2) =(22 + 23+ 210) 18= 211 22= 2 026.答案 2 026114. (2013盐城模拟)在等差数列an中，a2 = 5, ae= 21,记数列-的前n项和an为Sn,若S2n+1 Sn 1对n N*恒成立，则正整数m的最小值为.1 1解析 由题意可知 an= 4n 3,且(S2n+ 3 Sn+ 1) (S2n+ 1 Sn) =+a2n + 3 a2n+ 21111=+ V 0,所以S2n+ 1 Sn是递减数列，故(S2n + 1 an+1 8n+ 9 8n + 5 4n+ 1Sn)max= Ss S = g+舊三卷，解得m眞 故正整

10、数m的最小值为5.答案5二、解答题(共90分)215. (本小题满分 14分)已知数列an和bn满足：a1 =入an+1=an+ n 4, bn =(1)n(an 3n + 21),其中入为实数，n为正整数.(1) 对任意实数 入证明：数列an不是等比数列；(2) 试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论.(1)证明 假设存在一个实数 入使an是等比数列，则有a2 = a1a3,即| 34 442=入9 4 ? 9味4 + 9= 9味一4左9= 0,矛盾，所以an不是等比数列.2 2解 因为 bn+1 = ( 1)n+1an+1 3(n+ 1) + 21 = ( 1)n+1 an 2n+

11、14 =-2当 存一 18 时，bi= （入+ 18）工0,由 bn+1= 35.可知bnM 0,所以= |（n N ）.故当冷一18时，2数列bn是以一（+ 18）为首项，一|为公比的等比数列.116. （本小题满分14分）已知数列an的前n项和是Sn,且Sn + 2an= 1.（1）求数列an的通项公式；a21|（2）记bn= logl；4，数列bn bn+ 2的前门项和为Tn,证明：TnV1(1)解 当 n = 1 时，a1 = S1,由 S1 + 2a1 = 1,2 1 1 1解得 a1 = |.当 n2 时，T Sn= 1 2an, 3-1 =1 一an-1, 3 Sn-1= q(a

12、n1an),即 an=(an-1 an).1212 an = |an 1. an是以l为首项，l为公比的等比数列，其通项公式为an = 11X | n 1 1 11 1 l3n n+ 2 8I + 2 n+1 n+ 2 8 2 n+1 n+ 2 16.17. （本小题满分14分）已知等差数列an满足：a2 = 5, a4 + a6= 22,数列bn满足 b1 + 2b2+-+ 2n 1bn= nan,设数列bn的前 n 项和为 Sn. = 2X 3_n.a2一(2)证明 T bn= log34 = 2 log33 n= 2n.1 =1= 1bn bn +2 2n X 2 n + 2 4n n+

13、 21 1一丄8 n n+ 2 .T1111 11Tn = 8 X 1 -1 +2 + _ -4 + 31 -+1 1 n 2 n1 1n1n+1求数列an , bn的通项公式；(2)求满足13Sn2).经检验，b1= 3也符合上式,4n 1则数列bn的通项公式为bn=F.1 1 (2)3 = 3+ 7 + (4n 1)三 n1,2$= 32+ 7 -2 2+-+ (4n 5)in-1+(4n 1) 1n.1 1 1 n-11 2 1 2.2 = 3 + 4 11 _1 2两式相减得知=3 + 4 +2+n1 (4n 1) -1 n,1 n .4n+ 7(4n 1) 2 .Sn= 14 2*-

14、1 .? n N , Sn14.数列bn的各项为正，.Sn单调递增.27又计算得S5= 14亦13,满足13Sn0， a N )， a1 + a2+ anpan+1 = 0(pM 0， pM_ 1，n N ).(1) 求数列an的通项公式an；(2) 若对每一个正整数k，若将ak+1，ak+ 2，ak+ 3按从小到大的顺序排列后，此 三项均能构成等差数列，且公差为 dk.求p的值及对应的数列dk.记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a,使得Skv 30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由.解 (1)因为 a1+ 比+十 an_pan+1 = 0,所以 n2 时

15、，a1 + a2+ an_1 pan0,两式相减，得an+1p+ 1an p (n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n 1时,aa1_ pa2 0,解得 a2 p,a从而 an a p+ 1 n_2p pn= 1 ,n2 .a(2)由(1)得 ak+1 =- pP+1 k 1 p ，a p+ 1 kak+ 2=,p p 若ak+1为等差中项,ak +3=a P+ 1 k+1=p p ，贝U 2ak+1 = ak+2+ ak+ 3,12，解得 p= 3p+ 1p+ 1即 =1或 -pp此时 ak+1 = 3a( 2)k 1, ak+ 2= 3a( 2)k, 所以 dk= |ak+1 ak+ 2| = 9a 2k 1,若ak+ 2为等差中项，则2ak+ 2 = ak+1 + ak+ 3,p+ 1即一=1,此时无解； p此时ak+1 =3a212,2解得p= 2,ak+ 3=善1 k+1,若ak+ 3为等差中项，则2ak+ 3 = ak+1 + a