专题达标检测4.ppt

1、专题达标检测 一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分） 1.在等差数列an中，若a2+2a6+a10=120，则a3+a9等 于 （ ）A.30 B.40 C.60 D.80 解析 由等差数列性质：若m+n=p+q，则am+an =ap+aq，故a2+2a6+a10=4a6=120，故a6=30, a3+a9=2a6=230=60.,C,2.（2009宁夏、海南理，7）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等 于 （ ） A.7 B.8 C.15 D.16 解析 设等比数列的公比为q，则由4a1,2a2,a3成 等差数列,得4a2=4a

2、1+a3.4a1q=4a1+a1q2. q2-4q+4=0.q=2, S4= =15.,C,3.已知数列an的各项均为正数，其前n项和是Sn， 若log2an是公差为-1的等差数列，且S6= ，那 么a1的值是 （ ） A. B. C. D. 解析 由题意得 所以a1= .,A,4.若数列xn满足xn+1= 则x31等于 （ ） A. B. C. D. 解析 x1= ,则x2=2 -1= ,x3=2 -1= , x4=2 = ,x5=2 -1= ,x6=2 -1= ,所以 x31=x310+1=x1= ，选A.,0 xn xn1,若x1=,A,5.等比数列an中，a1=512,公比q=- ，用

3、n表示 它的前n项之积：n=a1a2an，则n中最 大的是 （ ） A.11 B.10 C.9 D.8 解析 n=a1a2an= q1+2+n-1=29n 当n=9时，n最大.故选C.,C,6.如果数列an满足a1=2,a2=1，且 = （n2，nN*),则这个数列的第10项等于 （ ） A. B. C. D. 解析 是首项为 ，公差为 的等差数列， = n，a10= ,故选D.,D,7.下面给出一个“直角三角形数阵”： 满足每一列成等差数列，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（ij，i，jN*），则a83等于（ ） A. B. C. D.1,

4、解析 由题意分析第一列为 , , ,第八个为 ，即为第八行第一个数，又每一行都成等比数列且公比为 ，所以a83= .故选C. 答案 C,8.设y=f（x）是一次函数,若f（0）=1，且 f（1）, f（4）,f（13）成等比数列，则 f（2）+f（4）+ +f（2n）等于 （ ） A.n（2n+3） B.n（n+4） C.2n（2n+3） D.2n（n+4） 解析 设f（x）=kx+1(k0)，则 （4k+1）2=（k+1）（13k+1） k=2, f（2）+f（4）+f（2n）=（22+1）+ （24+1）+（26+1）+（22n+1） =2n2+3n.,A,9.已知a+b+c,b+c-a,

5、c+a-b,a+b-c成等比数列，公比 为q,则q+q2+q3等于 （ ） A.1 B.2 C.3 D.4 解析,A,10.已知正项数列an的前n项的乘积等于Tn= （nN*），bn=log2an,则数列bn的前n项和Sn中 的最大值是 （ ） A.S6 B.S5 C.S4 D.S3 解析 方法一 由于Sn=b1+b2+bn=log2（a1a2 an）=log2Tn=12n-2n2=-2（n-3）2+18，所以当n=3 时，Sn取最大值. 方法二 由于an= ,于是bn=log2an=14 -4n,显然bn为等差数列，且b30,b40,故当n=3 时，Sn取最大值.,D,11.（2008浙江理

6、，6）已知an是等比数列,a2=2, a5= ,则a1a2+a2a3+anan+1等于 （ ） A.16（1-4-n） B.16（1-2-n） C. （1-4-n） D. （1-2-n） 解析 =q3= ,q= ，anan+1= 4 4 =25-2n,故a1a2+a2a3+a3a4+ +anan+1=23+21+2-1+2-3+25-2n= （1-4-n）.,C,12.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n，数列 bn满足bn= （nN*）,Tn是数列bn的前 n项和，则T9等于 （ ） A. B. C. D. 解析 数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n， n=1时，a1=2；n

7、2时，an=Sn-Sn-1=2n， an=2n（nN*）， ,D,二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13.数列an的构成法则如下：a1=1,如果an-2为自然 数且该自然数之前未出现过，则用递推公式an+1 =an-2，否则用递推公式an+1=3an，则a6= . 解析 a1-2=-1 N，a2=3a1=3.a2-2=1=a1, a3=3a2=9,a3-2=7,a4=7,a4-2=5, a5=5,a5-2=3=a2,a6=3a5=15.,15,14.（2009宁夏、海南理，16）等差数列an的前 n项和为Sn，已知am-1+am+1- =0,S2m-1=38,则m= . 解析

8、由等差数列的性质可知am+1+am-1=2am, =2am,am=2 又S2m-1= （a1+a2m-1）= 2am= （2m-1）am=38,2m-1=19.m=10.,10,15.对正整数n，设曲线y=xn（1-x）在x=2处的切线与 y轴交点的纵坐标为an，则数列 的前n项和 的公式是 . 解析 y=xn（1-x）， y=（xn）（1-x）+（1-x）xn =nxn-1（1-x）+（-xn）. f（2）=-n2n -1-2n =（-n-2）2n -1. 函数在点x=2处点的纵坐标为y=-2n. 切线方程为y+2n=（-n-2）2n-1（x-2），与y 轴交点纵坐标为y=（n+1）2n=a

9、n., =2n,数列 成等比数列. 首项为2，公比为2. 前n项和为 =（2n-1）2=2n+1-2. 答案 2n+1-2 16.甲、乙两公司2009年元月份的产值相等，甲公司 的产值逐月增加且每月增加的产值相同，乙公司 的产值也逐月增加且每月增加的百分率相同，已 知2010年元月份两厂的产值又相同，则2009年7 月份产值高的公司是 .,解析 甲、乙两公司2009年元月份的产值记为a，甲公司每月增加的产值为d，乙公司每月增加的百分率为q，则a+12d=a（1+q）12,从而由a+6d=a+ a（1+ q）12-a= （1+q）12+1a（1+q）6，所以2009年7月份甲公司的产值较高. 答

10、案 甲公司,三、解答题（本大题共6小题，共74分） 17.（12分）（2009东营模拟）在等差数列an 中，a10=30,a20=50. （1）求数列an的通项an； （2）令bn= ,证明：数列bn为等比数列； （3）求数列nbn的前n项和Tn. （1）解 由an=a1+（n-1）d,a10=30,a20=50, a1+9d=30, a1+19d=50, 解得a1=12,d=2.an=12+（n-1）2=2n+10.,得方程组,（2）证明 由（1）得bn= =22n+10-10=22n=4n, =4, bn是首项是4，公比为4的等比数列. （3）解 由nbn=n4n得：Tn=14+242+n

11、4n， 4Tn=142+（n-1）4n+n4n+1， 相减可得：-3Tn=4+42+4n-n4n+1 = n4n+1, 化简得Tn= . 所以数列nbn的前n项和Tn= .,18.（12分）孙老师年初向银行贷款2万元用于购 房，银行为了推动住房制度改革，贷款的年利率 为10%，按复利计算（即本年的利息计入次年的 本金生息），若这笔贷款要求10次等额还清，每 年一次，10年还清，并且从贷款后次年年初开始 归还，问每年应还多少元？（精确到1元，参考 数据：1.1102.593 7） 解 设每年还款x万元，各年还款后欠银行的钱 数依次构成数列an，则 a1=21.1-x,an+1=an1.1-x.

12、于是a2=21.12-x（1.1+1）, a3=21.13-x（1.12+1.1+1）,a10=21.110-x（1.19+1.12+1.1+1）. 由题意，得a10=0，即21.110-x（1.110-1）10=0， 故x= =0.325 5. 答 每年还款3 255元.,19.(12分)(2009济宁模拟)已知数列an的前n项和 为Sn，点（n， ）在直线y= x+ 上.数列bn 满足bn+2-2bn+1+bn=0（nN*）,b3=11，且其前9项 和为153. （1）求数列an、bn的通项公式； （2）设cn= ，数列cn的前n项和 为Tn，求使不等式Tn 对一切nN*都成立的最 大正整

13、数k的值. 解 （1）由已知，得 = n+ ， Sn= n2+ n.,当n2时，an=Sn-Sn-1= n2+ n- （n-1）2- （n-1）=n+5； 当n=1时，a1=S1=6也符合上式.an=n+5. 由bn+2-2bn+1+bn=0（nN*）知，bn是等差数列， 由bn的前9项和为153，可得 =153,求得 b5=17,又b3=11, bn的公差d= =3.bn=3n+2.,（2） n增大，Tn增大，Tn是递增数列. TnT1= . Tn 对一切nN*都成立，只要T1= , k19. 则kmax=18.,20.（12分）设数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足 关系式：3tSn-

14、（2t+3）Sn-1=3t（t0，n=2，3， 4，）. （1）求证：数列an是等比数列； （2）设数列an的公比为f（t），作数列bn，使 b1=1,bn=f（ ）（nN*，n2），求数列bn 的前n项和Bn. （1）证明 由S1=a1=1，S2=a1+a2=1+a2， 得3t（1+a2）-（2t+3）=3t. 由此可得a2= ，于是,又3tSn-（2t+3）Sn-1=3t， 当n3时 3tSn-1-（2t+3）Sn-2=3t， 两式相减得3tan-（2t+3）an-1=0， （n=3，4，5，）. 数列an是一个首项为1，公比为 的等比 数列. （2）解 由（1）得:f（t）= = + .

15、 b1=1,bn=f（ ）,21.（12分）已知数列an满足a1=2,an+1=2（1+ ）2an.（1）求数列an的通项公式； （2）设bn=（An2+Bn+C）2n，试推断是否存在常 数A、B、C，使得对一切nN*,an=bn+1-bn恒成立？ 若存在，求出A、B、C的值；若不存在，说明理由. （3）求证： （n2-2n+2）2n+2. （1）解 由已知得 =2 , 是公 比为2的等比数列，且首项为2， =22n-1, an=2nn2.,（2）解 bn=（An2+Bn+C）2n，bn+1-bn= A(n+1)2+B(n+1)+C2n+1-(An2+Bn+C)2n =An2+（4A+B）n+

16、2A+2B+C2n. 若an=bn+1-bn恒成立，则An2+（4A+B）n+2A+2B+C =n2恒成立， 故存在常数A=1，B=-4，C=6满足条件.,（3）证明 由（2）得，bn=（n2-4n+6）2n, =（b2-b1）+（b3-b2）+（b4-b3）+ （bn+1-bn） =bn+1-b1=（n+1）2-4（n+1）+62n+1-6 =（n2-2n+3)2n+1-6（n2-2n+3）2n+1 =（ -n+ ）2n+2=（n2-2n+2）-（ -n+ ）2n+2 =（n2-2n+2）- 2n+2 （n2-2n+2)2n+2,原不等式成立.,22.（14分）已知定义域为R的二次函数f（x）的最小 值为0，且有f（1+x）=f（1-x），直线g（x）= 4（x-1）被f（x）的图象截得的弦长为4 ,数列 an满足a1=2,（an+1-an）g（an）+f（an） =0（nN*）. （1）求函数f（x）； （2）求数列an的通项公式； （3）设bn=3f（an）-g（an+1）,求数列bn的最值 及相应的n.,解 （1）设f（x）=a(x-1）2（a0），则直线 g（x）=4（x-1）与y=f（x）图象的两个交点为（1，0），（ +1, ）. （a0）, a=1,f（x）=（x-1）2. （2）f（an）=（an-1）2,g（an）=4（an-1）.