师说系列】2014年高考数学三轮专题分项模拟数列质量检测试题文(含解析)

1、专题质量检测(三)数列一、选择题1已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S1525，则tana8的值是()A.B C. D解析：由题意得S1515a825，a8，tana8tantantan.答案：B2已知数列an为等比数列，Sn为其前n项和，nN*，若a1a2a33，a4a5a66，则S12()A15 B30C45 D60解析：方法一：设等比数列an的公比为q，则q3，即q32.故S12(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)(a10a11a12)(a1a2a3)(a1q3a2q3a3q3)(a1q6a2q6a3q6)(a1q9a2q9a3q9)(a1a2a3)(a1a2a3)q3

2、(a1a2a3)q6(a1a2a3)q9(a1a2a3)(1q3q6q9)3(122223)45.方法二：设等比数列an的公比为q，则q3，即q32.因为S6a1a2a3a4a5a69，S12S6a7a8a9a10a11a12，所以q64，所以S125S645.答案：C3设Sn是等比数列an的前n项和，a3，S3，则公比q()A. B C1或 D1或解析：当q1时，a1a2a3，S3a1a2a3，符合题意；当q1时，由题可得解得q.故q1或q.答案：C4已知等差数列an的公差d，a302，则数列an的前30项的和为()A15 B255C195 D60解析：由题意得，an的首项a1a3029d2

3、2915，则S3030(15)195.故选C.答案：C5设正项等比数列an的前n项和为Sn，且210S30S10(2101)S20，则数列an的公比为()A.1 B. C. D.解析：设数列an的公比为q，因为210S30S10(2101)S20，所以210(S30S20)S20S10，由此可得210(S20S10)q10S20S10，所以q1010.又因为an是正项等比数列，所以q.答案：B6已知an为等比数列，若a4a610，则a1a72a3a7a3a9()A10 B20C60 D100解析：a1a72a3a7a3a9a2a4a6a(a4a6)2100.答案：D7已知每项均大于零的数列an

4、中，首项a11且前n项和Sn满足SnSn12(nN*且n2)，则a81()A641 B640C639 D638解析：由已知SnSn12可得，2，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，故2n1，Sn(2n1)2，所以a81S81S8016121592640，故选B.答案：B8已知数列an的前n项和Sn2n1，则数列an的奇数项的前n项和为()A. B.C. D.解析：依题意得当n2时，anSnSn12n1；当n1时，a1S1211，an2n1也适合a1.因此，an2n1，2，数列an是等比数列，数列an的奇数项的前n项和为，选C.答案：C9将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个

5、数为()135791113151719212325272931A811 B809C807 D805解析：由题意知前20行共有正奇，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是24051809.答案：B10已知数列an的前n项和为Sn，且Sn(an0)，则数列an的通项an()A2n1 B3n22nC4n6 D5n27n解析：因为Sn，所以an1Sn1Sn(aa2an12an)，即4an1aa2an12an，整理得2(an1an)(an1an)(an1an)，即(an1an)(an1an2)0.因为an0，所以an1an0，所以an1an20，即an1a

6、n2.当n1时，有S1，即a1，整理得a2a110，解得a11.所以数列an是一个首项a11，公差d2的等差数列，其通项an12(n1)2n1.答案：A11已知数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和S12()A76 B78C80 D82解析：由已知得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a11a1278.故选B.答案：B12已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围为()A2 B3C2 D3解析：由已知可得1，12，120，则12n，bn1

7、2n(n)，bn2n1(n1)(n2，nN*)b1也适合上式，故bn2n1(n1)(nN*)由bn1bn，得2n(n)2n1(n1)，即n1恒成立，而n1的最小值为2，故实数的取值范围为2.答案：C二、填空题13设Sn是等差数列an的前n项和，且a11，a119，则S6_.解析：由等差数列的性质可得，a6(a1a11)5，S63(a1a6)18.答案：1814已知数列an是公差不为零的等差数列，a11，且a1，a3，a9成等比数列设数列2an的前n项和为Sn，则Sn_.解析：设数列an的公差为d，由a11，a1，a3，a9成等比数列得，解得d1或d0(舍去)，故数列an的通项an1(n1)1n

8、，所以2an2n，由等比数列的前n项和公式得Sn222232n2n12.答案：2n1215设Sn为数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”，若数列cn是首项为2，公差为d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，则d_.解析：由题意可知，数列cn的前n项和为Sn，前2n项和为S2n，所以22.因为数列cn是“和等比数列”，即为非零常数，所以d4.答案：416已知数列an中，a11，a22，anan12an2(n3)，则a1a2a60_.解析：a11，a22，a3a22a14，a4a32a28，a5a42a316，an2n1，所以S60a1a2a602601.

9、答案：2601三、解答题17设数列an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且满足aaaa，S77.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn；(2)试求所有的正整数m，使得为数列an中的项解析：(1)设数列an的公差为d(d0)，由aaaa得aaaa，即(a2a5)(a2a5)(a4a3)(a4a3)，即3d(a4a3)d(a4a3)，因为d0，所以a4a30，即2a15d0，又由S77得7a1d7，解得a15，d2，所以数列an的通项公式an2n7，前n项和Snn26n.(2)方法一：，设2m3t，则t6，又是数列an中的项，则t6是整数，所以t为8的约数，因为t是奇数，所以t可取的值为

10、1.当t1时，m2，t63，由a52573，知是数列an中的项；当t1时，m1，t615，而数列an中的最小项是5，故m1不符合题意；所以满足条件的正整数m2.方法二：若am26为数列an中的项，则为整数，则由(1)知：am2为奇数，所以am22m31，即m1,2.经检验，符合题意的正整数只有m2.18已知在数列an中，a11，且点(an，an1)在函数f(x)x2的图象上(nN*)(1)证明数列an是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bn，求数列bn的通项公式及其前n项和Sn.解析：(1)点(an，an1)在函数f(x)x2的图象上，an1an2，an1an2，an是以a

11、11为首项，2为公差的等差数列，an2n1.(2)由题易知bn，则Sn，Sn，得Sn，则Sn1.19已知数列an的前n项和为Sn，数列Sn1是公比为2的等比数列，a2是a1和a3的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前n项和Tn.解析：(1)数列Sn1是公比为2的等比数列，Sn1(S11)2n1(a11)2n1，Sn(a11)2n11，从而a2S2S1a11，a3S3S22a12.a2是a1和a3的等比中项，(a11)2a1(2a12)，解得a11或a11.当a11时，S110，此时数列Sn1不是等比数列，a11.Sn2n1.当n2时，anSnSn12n1.a11符合an2

12、n1，an2n1.(2)由(1)知nann2n1，Tn11221322n2n1.2Tn121222323n2n.，得Tn12222n1n2nn2n(1n)2n1.Tn(n1)2n1.20已知正项数列an满足a11，Sn是数列an的前n项和，对任意的nN*，有2Sn2aan1.(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)2Sn2aan1,2Sn12aan11，两式相减得：2an12(an1an)(an1an)(an1an)，即(an1an)(2an12an1)0.an0，2an12an10，an1an.数列an是以1为首项，为公差的等差数列，an.(2)bn，

13、则Tn，Tn，得Tn，Tn.21已知向量p(an,2n)，向量q(2n1，an1)，nN*，向量p与q垂直，且a11.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bnlog2an1，求数列anbn的前n项和Sn.解析：(1)向量p与q垂直，2n1an2nan10，即2nan12n1an，2，an是以1为首项，2为公比的等比数列，an2n1.(2)bnlog2an1，bnn，anbnn2n1，Sn122322423n2n1，2Sn12222323424n2n，得，Sn122223242n1n2nn2n(1n)2n1，Sn1(n1)2n.22已知等比数列an满足an1an92n1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列a