2014高考总复习单元检测数列

1、第六章单元测试一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分每小题中只有一项符合题目要求)1若an为等差数列，且a72a41，a30，则公差d()A2BC.D2答案B解析由等差中项的定义结合已知条件可知2a4a5a3，2da7a51，即d.故选B.2在等比数列an中，若a3a5a7a9a11243，则的值为()A9 B1C2 D3答案D解析由等比数列性质可知a3a5a7a9a11a243，所以得a73，又a7，故选D.3已知等差数列an的前n项和为Sn，a1a5S5，且a920，则S11()A260 B220C130 D110答案D解析S5×5，又S5a1a5，a1a50.a30

2、，S11×11×11×11110，故选D.4各项均不为零的等差数列an中，若aan1an10(nN*，n2)，则S2 009等于()A0 B2C2 009 D4 018答案D解析各项均不为零的等差数列an，由于aan1an10(nN*，n2)，则a2an0，an2，S2 0094 018，故选D.5数列an是等比数列且an>0，a2a42a3a5a4a625，那么a3a5的值等于()A5 B10C15 D20答案A解析由于a2a4a，a4a6a，所以a2·a42a3·a5a4·a6a2a3a5a(a3a5)225.所以a3a5&

3、#177;5.又an>0，所以a3a55.所以选A.6首项为1，公差不为0的等差数列an中，a3，a4，a6是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的第四项是()A8 B8C6 D不确定答案B解析aa3·a6(13d)2(12d)·(15d)d(d1)0d1，a31，a42，q2.a6a4·q4，第四项为a6·q8.7设函数f(x)满足f(n1)(nN*)，且f(1)2，则f(20)()A95 B97C105 D192答案B解析f(n1)f(n)，累加，得f(20)f(1)()f(1)97.8若a，ay，a(a>0，且a1)成等比数列，则点(x

4、，y)在平面直角坐标系内的轨迹位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案D解析成等比，(ay)2a·a.即2y，x1>0，x>1.x1<x1，y<0，位于第四象限9已知等比数列an的公比q<0，其前n项的和为Sn，则a9S8与a8S9的大小关系是()Aa9S8>a8S9Ba9S8<a8S9Ca9S8a8S9Da9S8a8S9答案A解析a9S8a8S9a1a8aq7，因为a>0，q<0，所以aq7>0，即a9S8>a8S9，故选A.10在等差数列an中，前n项和为Sn，且S2 0112 011，a1 007

5、3，则S2 012的值为()A1 006 B2 012C2 012 D1 006答案C解析方法一设等差数列的首项为a1，公差为d，根据题意可得，即解得所以，S2 0122 012a1d 2 012×(4 021)2 012×2 011×2 2 012×(4 0224 021)2019.方法二由S2 011 2 011a1 0062 011，解得a1 0061，则S2 0122 012.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上)11若m，n，mn成等差数列，m，n，m·n成等比数列，则椭圆1的离心率为_答案解析由题意

6、知2nmmn，n2m.又n2m·m·n，nm2，m22m.m2，n4，a24，b22，c22.e.12数列an，bn的前n项和分别为Sn和Tn，若，则_.答案解析.13等差数列an的前n项和为Sn，且S36，a34，则公差d等于_答案2解析S36，而a34，a10.d2.14某人从2019年1月份开始，每月存入银行100元，月利率是3(不计复利)，到2019年12月底取出的本利和应是_元答案1 223.4解析应为1 2000.3×120.3×110.31 2000.3×1 223.4(元)15已知各项都为正数的等比数列an中，a2·a

7、44，a1a2a314，则满足an·an1·an2>的最大正整数n的值为_答案4解析设等比数列an的公比为q，其中q>0，依题意得aa2·a44.又a3>0，因此a3a1q22，a1a2a1a1q12，由此解得q，a18，an8×()n124n，an·an1·an2293n.由于23>，因此要使293n>，只要93n3，即n4，于是满足an·an1·an2>的最大正整数n的值为4.16等比数列an的首项为a11，前n项和为Sn，若，则公比q等于_答案解析因为，所以，即q5()5，

8、所以q.三、解答题(本大题共6小题，共70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10分)数列an中，a11，an，an1是方程x2(2n1)x0的两个根，求数列bn的前n项和Sn.答案Sn解析an，an1是x2(2n1)x0的两根，anan12n1，an·an1.an1an22n3.an2an2.a3a12，a5a32，a2n1a2n32.a2n1a12(n1)a2n12n1，当n为奇数时，ann.同理可得当n为偶数时ann.ann.bn.Snb1b2b3bn11.18(本小题满分12分)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等

9、比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列Sn是等比数列答案(1)bn·2n15·2n3(2)略解析(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2.由b3b1·22，即5b1·22，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn·2n15·2n3.(2)数列bn的前n项和Sn5

10、·2n2，即Sn5·2n2.所以S1，2.因此Sn是以为首项，公比为2的等比数列19(本小题满分12分)已知数列xn的首项x13，通项xn2npnq(nN*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列，求：(1)p，q的值；(2)数列xn的前n项的和Sn的公式解析(1)由x13，得2pq3，又x424p4q，x525p5q，且x1x52x4，得325p5q25p8q，解得p1，q1.(2)Sn(2222n)(12n)2n12.20(本小题满分12分)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a22()，a3a4a564()(1)求an的通项公式；(2)设bn(an)2，求数

11、列bn的前n项和Tn.解析(1)设an的公比为q，则ana1qn1.由已知，有化简，得又a1>0，故q2，a11.所以an2n1.(2)由(1)知，bn2a24n12.因此，Tn(144n1)(1)2n2n(4n41n)2n1.21(本小题满分12分)某企业2019年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降若不进行技术改造，预测从2019年起每年比上一年纯利润减少20万元，2019年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(2019年为第一年)的利润为500(1)万元(n为正整数)(1)设从2019年起的前n年，若该企

12、业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金)，求An，Bn的表达式；(2)依上述预测，从2019年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？思路(1)An是一个等差数列的前n项和，Bn是一个常数数列和一个等比数列的组合的前n项和，根据数列的求和公式，就可以求出An，Bn的表达式(2)建模Bn>An，解这个关于n的不等式解析(1)依题意知，An是一个以480为首项，20为公差的等差数列的前n项和，所以An480n×(20)490n10n2，Bn500(1)500(1)500(1)6005

13、00n500()600500n500×600500n100.(2)依题意得，Bn>An，即500n100>490n10n2，可化简得<n2n10.可设f(n)，g(n)n2n10.又nN*，可知f(n)是减函数，g(n)是增函数又f(3)>g(3)2，f(4)<g(4)10.则当n4时不等式成立，即4年22(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snn2an(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；(2)若bn(2n1)an2n1，数列bn的前n项和为Tn.求满足不等式>2 010的n的最小值解析(1)因为

14、Snn2an，所以Sn12an1(n1)(n2，nN*)两式相减，得an2an11.所以an12(an11)(n2，nN*)，所以数列an1为等比数列因为Snn2an，令n1得a11.a112，所以an12n，所以an2n1.(2)因为bn(2n1)an2n1，所以bn(2n1)·2n.所以Tn3×25×227×23(2n1)·2n1(2n1)·2n，2Tn3×225×23(2n1)·2n(2n1)·2n1，得Tn3×22(22232n)(2n1)·2n162×(2

15、n1)·2n122n2(2n1)·2n12(2n1)·2n1.所以Tn2(2n1)·2n1.若>2 010，则>2 010，即2n1>2 010.由于2101 024,2112 048，所以n111，即n10.所以满足不等式>2 010的n的最小值是10.1已知数列an是各项均为正数的等比数列，数列bn是等差数列，且a6b7，则有()Aa3a9b4b10Ba3a9b4b10Ca3a9b4b10Da3a9与b4b10的大小关系不确定答案B解析记等比数列an的公比为q，由数列bn为等差数列可知b4b102b7.又数列an是各项均为正数

16、的等比数列，a3a9a3(1q6)a6()b7()，又q32，当且仅当q1时，等号成立，a3a9b4b10.故选B.2已知an(nN)，数列an的前n项和为Sn，则使Sn>0的n的最小值是()A5B6C10 D11答案D解析令f(x)知f(x)关于(，0)对称，a1a10a2a9a3a8a5a60，且a6>a7>a8>a9>a10>>0.S100，S11>0，选D.3数列an中，Sn为其前n项和，已知S11，S22，且Sn13Sn2Sn10(nN*且n2)，则此数列为()A等差数列 B等比数列C从第二项起为等差数列 D从第二项起为等比数列答案D解

17、析Sn13Sn2Sn10，Sn1Sn2Sn2Sn1，an12an.又a11，a21，从第二项起为等比数列4已知数列an满足a1，且对任意的正整数m，n，都有amnaman，则等于()A.B.C.D2答案B解析令m1，得an1a1an，即an1ana1，可知数列an是首项为a1，公差为d的等差数列，于是an(n1)·n，即.故选B.5设a1，a2，a50是以1,0,1这三个整数中取值的数列，若a1a2a509且(a11)2(a21)2(a501)2107，则a1，a2，a50当中取零的项共有()A11个 B12个C15个 D25个答案A解析(a11)2(a21)2(a501)2aaa2

18、(a1a2a50)50107，aaa39，a1，a2，a50中取零的项应为503911个，故选A.6已知等差数列an满足a1a2a3a1010，则有()Aa1a101>0 Ba2a100<0Ca3a990 Da5151答案C解析由题意，得a1a2a101×1010.所以a1a101a2a100a3a990.7已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10_.答案64解析anan1bn，an·an12n，an1·an22n1.an22an.又a11，a1·a22，a22.a2n2n，a2n12n1(

19、nN*)b10a10a1164.8已知Sn是等差数列an的前n项和，S10>0并且S110，若SnSk对nN*恒成立，则正整数k构成的集合为_答案5,6解析等差数列中由S10>0，S110，得S10>0a1a10>0a5a6>0，S110a1a112a60，故可知，等差数列an是递减数列且a60，所以S5S6Sn，即k5或6.集合为5,69(2019·衡水调研)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，函数f(x)px2(pq)xqlnx(其中p、q均为常数，且p>q>0)，当xa1时，函数f(x)取得极小值，点(an,2Sn)(nN*)均

20、在函数y2px2f(x)q的图像上(其中f(x)是函数f(x)的导函数)(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)记bn·qn，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由题易得f(x)的定义域为(0，)f(x)px(pq).令f(x)0，得x1或x.p>q>0，0<<1.当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表：(0，)(，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在x1处取得极小值，即a11.(2)依题意，y2px2f(x)q2px2pxp，2Sn2p·ap·anp(nN*)2a12p·apa1p.由a1

21、1，得p1.2Sn2aan1.当n2时，2Sn12aan11.得2an2(aa)anan1.2(aa)(anan1)0.(anan1)(anan1)0.由于anan1>0，anan1(n2)an是以a11为首项，为公差的等差数列an1(n1)×.(3)Snn·，bn·qnnqn.Tnq2q23q3(n1)qn1nqn.已知p>q>0，而由(2)知p1，则q1.qTnq22q33q4(n1)qnnqn1.由，得(1q)Tnqq2q3qn1qnnqn1nqn1.Tn.10将数列an中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：已知表中的第一列数

22、a1，a2，a5，构成一个等差数列，记为bn，且b24，b512.表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，构成数列cn，其前n项和为Sn.(1)求数列bn的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a131.求Sn；记Mn|(n1)cn，nN*，若集合M的元素个数为3，求实数的取值范围解析(1)设数列bn的公差为d，则解得所以bn2n.(2)设每一行组成的等比数列的公比为q.由于前n行共有135(2n1)n2个数，且32<13<42，所以a10b48.所以a13a10q38q3，又a131，解得q.由已知可得cnbnqn1

23、，因此cn2n·()n1.所以Snc1c2c3cn.Sn.因此Sn44.解得Sn8.由知，cn，不等式(n1)cn，可化为.设f(n)，因为f(n1)f(n)，所以当n3时，f(n1)<f(n)计算得f(1)4，f(2)f(3)6，f(4)5，f(5).因为集合M的元素个数为3，所以的取值范围是(4,511已知数列an，a11，anan12(n2)(1)当为何值时，数列an可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式；(2)若3，令bnan，求数列bn的前n项和Sn.解析(1)a2a1222，a3a222222222.a1a32a2，12222(22)，得22530，解得1或.

24、当时，a22×21，a1a2，故不合题意舍去；当1时，代入anan12可得anan11.数列an构成首项为a11，d1的等差数列an2n.(2)当3时，an3an11，即an3(an1)，即bn3bn1.数列bn构成首项为b1，公比为3的等比数列bn×3n1.Sn(3n1)12已知等差数列an的前n项和为Sn，且S4a22S3，等比数列bn满足b1a2，b2a4.(1)求证：bn中的每一项均为an中的项；(2)若a1，数列cn满足：bn1·cn(1)n(12log2bn)，求数列cn的前n项和Tn.解析(1)证明：设等差数列an的公差为d，由S4a22S3得4a1

25、6da1d6a16d，a1d.则ana1(n1)dna1.b12a1，b24a1，等比数列bn的公比q2.则bn2a1·2n12na1.2nN*，bn中的每一项均为an中的项(2)解析：a1，bn2n×2n1.由bn1·cn(1)n(12log2bn)，得2n·cn(1)n12(n1)(1)n(2n1)cn(2n1)()n.Tn()3()25()3(2n1)()n，2Tn13()5()2(2n1)()n1.两式相减，得3Tn12()2()22()n1(2n1)()n122·1()()2()n1(2n1)()n12·(2n1)()n1(

26、)n(2n1)()n()n，Tn()n.13已知数列an中，a12，an1an2n20，(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，若对任意的正整数n，当m1,1时，不等式t22mt>bn恒成立，求实数t的取值范围解析(1)由题意得anan12n(n2)，累差叠加，得ann(n1)(n2)又a12，所以ann(n1)，(nN*)(2)bn，bn，bn的最大值为b1，所以t22mt>恒成立，m1,1构造g(m)2tmt2，即g(m)>0恒成立m1,1当t0，不成立；当t0，g(m)是一次函数，解得t(，2)(2，)14已知等差数列an满足：a37，a5a726.an的前

27、n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.答案(1)an2n1，Snn(n2)(2)Tn解析(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，由于a37，a5a726，所以a12d7,2a110d26，解得a13，d2.由于ana1(n1)d，Sn，所以an2n1，Snn(n2)(2)因为an2n1，所以a14n(n1)因此bn()故Tnb1b2bn(1)(1).所以数列bn的前n项和Tn.15设数列an是等差数列，其前n项和Sn，若S410，S515，求a4的最大值解析方法一a5S5S45，S5a1a2a55a315，a33，则a44，a4的最大值为4.方

28、法二d1.又S5a1a2a3a4a55a315，a33.a44.故a4的最大值为4.方法三本题也可利用线性规划知识求解由题意得a4a13d.画出可行域求目标函数a4a13d的最大值，即当直线a4a13d过可行域内(1,1)点时截距最大，此时a44.16(2019·天津)已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明：Tn122an10bn(nN*)解析(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由a1b12，得a423d，b42q3，S4

29、86d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)方法一由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)3×223×233×2n2n22n26n210×2n6n10.而2an10bn122(3n1)10×2n1210×2n6n10，故Tn122an10bn，nN*.方法二(1)当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；(2)假设当nk时等式成立，即Tn122ak10bk，则当nk1时，有Tk1ak1b1akb2ak1b3a1

30、bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112.即Tk1122ak110bk1.因此nk1时等式也成立由(1)和(2)，可知对任意nN*，Tn122an10bn成立17(2019·陕西)设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列解析(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4.即2a1q2a1q4a1q3.由a10，q0，

31、得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.(2)方法一对任意kN，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1·(2)0，所以，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列方法二对任意kN，2Sk，Sk2Sk1，2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列18(2019·广东)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有<.解析(1)

32、a1，a25，a3成等差数列，2(a25)a1a3.又2a12S1a2221,2(a1a2)2S2a3231，a22a13，a36a113.因此4a1167a113，从而a11.(2)由题设条件知，n2时，2Sn1an2n1，2Snan12n11.2anan1an2n，于是an13an2n(n2)而由(1)知，a22a1353a12，因此对一切正整数n，有an13an2n.所以an12n13(an2n)又a1213，an2n是以3为首项，3为公比的等比数列故an2n3n，即an3n2n.(3)an3n2n3·3n12n3n12(3n12n1)3n1，.1<.19(2019·湖北)已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和解析(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d.由题意得解得或所以由等差数列的通项公式可得an23(n1)3n5或an43(n1)3n7.故an3n5或an3n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，