2012届高三数学一轮复习：数列练习题2

高考数学

第6章 第2节

一、选择题

1．(2010·宁夏)一个等差数列的前4项是a，x，b,2xa

b等于( )

A.1

4 B.1

2 C.1

3

23

[答案] C

[解析]

∴a1b3

. 2．(文( )

A.45

C.

1

20

[答案] A [解析] ∵∴S4＝a1＋＝ 1－12＋(理)＝( A．1 C.

1

502

D.256

[答案] B [解析] 依题意得2008a1＋a20082

2010，

a1＋a2008＝

10051004a2＋a20081

5022＝2，a2＋a2008＝251

， 故a2－a1＝－1003

502d(d为公差)，

又a2＋a2008＝2a1005，

)

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∴a1005＝

111003a1004＝a1005－d＝＋2. 502502502

3．(文)(2010·山东日照模拟)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m为( ) A．12 C．6 [答案] B

[解析] 由等差数列性质知，a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝2a8＋2a8＝4a8＝32， ∴a8＝8. ∴m＝8.故选B.

(理)(2010·温州中学)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝，则a7＋a8＋a9＝( ) A．63 C．43 [答案] B

[解析] 由等差数列的性质知，S3，S6，S6成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－45.

4．(2010·浙江省金华十校{an}中，Sn是{an}前n项和，已知S6＝2，S9＝5，则S15＝( ) A．15 C．45 [答案] A

S6＝2

[解析] 解法1：由等差数列的求和公式及 知，

S9＝5

B．8 D．4

B．45 D．27

B．30 D．60

＝2 6a1＋6×5

2

9×8

9a1＋2＝5∴S15＝15a1＋

1

a1＝－27，∴ 4

d＝ 27

，

15×14

d＝15. 2

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解法2：由等差数列性质知，{2D＝

27

SnS9S6522成等差数列，设其公差为D，则＝3D＝＝n96969

S15S952

∴＋6D＝6×1，∴S15＝15. 159927

5．(文)(2010·福建福州一中)设数列{an}的通项公式为an＝20－4n，前n项和为Sn，则Sn中最大的是( ) A．S3 C．S5 [答案] B

[解析] 由an＝20－4n≥0得n≤5，故当n>5时，an<0，所以S4或B.

(理)(2010·山师大附中)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( ) A．21 C．19 [答案] B

[解析] ∵3d＝(a2＋a4＋a6)－(a1＋－105＝－6，∴d＝－2，由a1＋a3＋a5＝105得3a1＋6d＝105，∴a1＝＝－2(n－1)＝41－2n， 由an≥0，n∈N得，n≤20，故选B.

6．(文)(2010·辽宁锦州{an}中，2a3－a72＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7( ) A．2 C．8 [答案] D

[解析] ∵2a3－a72＋2a11＝0，{an}为等差数列， ∴a72＝2(a3＋a11)＝4a7，

∵{bn}为等比数列，b7＝a7，∴a7≠0，∴a7＝4， ∴b7＝4，∴b6b8＝b72＝16.

(理)(2010·重庆市)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3、S9、S6成等差数列，则( ) 1

A．S6＝－S3

2

B．S6＝－2S3

B．4 D．16

B．20 D．18

B．S4或S5 D．S6

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1

C．S6＝S3

2[答案] C

D．S6＝2S3

[解析] ∵S3、S9、S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6， ∵Sn是等比数列{an}前n项的和，∴2q9＝q3＋q6，

1

∵q≠0，∴2q6＝1＋q3，∴q3＝1或－q3＝1时，S3、S9、S6不成等差数列，应舍去，∴

211

q3，∴S6＝(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋a3)q3＝S3(1＋q3)＝S3.

22

7．(2010·重庆中学)数列{an}中，a1＝3，a2＝7，当n≥1时，an＋2等于an·an＋1的个位数字，则

A．1 C．7 [答案] D

[解析] 可见{an}是周期为68．(2010·Sn.若S2007－＝2007A．－C．2009 [答案]

A [解析] S20092009

∴(a1＋∴S2010＝2010a1＋

2010×2009

d＝－2010. 2

9．(文)将正偶数按下表排成4列：

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则2010在( ) A．第502行，第1列 C．第252行，第4列 [答案] C

[解析] 2010是第1005个偶数，

又1005＝8×125＋5，故前面共排了125×2＋1＝251行，余下的一个数4列． (理)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n，那么a2011的值是( A．2008×2009 C．2010×2011 [答案] C

[解析] 解法1：a1＝0，a2＝2，a3＝6，a4＝式，可变形为：

a1＝0×1 a2＝1×2 a3＝2×3 a4＝猜想a2011＝2010×2011，故选解法2：an－an－1＝2(n－an－1－an－2＝2(n－…

a3－a2＝a2－a1＝2×1.

∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1 ＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]． n－1n－1＋1＝2＝n(n－1)．

2∴a2011＝2010×2011.

10．在函数y＝f(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列{xn}是等差数列，数列{yn}是等比数列，则函数y＝f(x)的解析式可能为( ) A．f(x)＝2x＋1 B．f(x)＝4x2

B．2009×2010 D．2011×2012

B．第502行，第2列 D．第251行，第4列

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3

C．f(x)＝log3x D．f(x)＝ x

4 [答案] D

33

[解析] 对于函数f(x)＝ x上的点列(xn，yn)，有yn＝ xn，由于{xn}是等差数列，所以

4 4

3xn＋1yn＋1 433

xn＋1－xn＝d，因此＝ xn＋1－xn＝ d，这是一个与n无关的常数，故

yn 4 4 3xn

4{yn}是等比数列．故选D. 二、填空题

11

为[答案][解析]34， 又∵12[答案][解析]∴bn∴Sn＝4[(1－)＋()＋…＋－223nn＋14n

＝n＋1

ππ

13．(09·上海)已知函数f(x)＝sinx＋tanx.项数为27的等差数列{an}满足an∈ －， ，且公

22 差d≠0.若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，则当k＝_______________时，f(ak)＝0. [答案] 14

[解析] ∵f(x)＝sinx＋tanx为奇函数，且在x＝0处有定义，∴f(0)＝0. ∵{an}为等差数列且d≠0，

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且f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a27)＝0，

∴an(1≤n≤27，n∈N*)对称分布在原点及原点两侧 ∴f(a14)＝0. ∴k＝14.

14．给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为______． a11 a12 … a19 a21 a22 … a29 … … … … a91 a92 … a99 [答案] 405

[解析] S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋＝9×9×a55＝405. 三、解答题

15．(09·安徽)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2{bn}的前n项和Tn＝2－bn. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设cn＝an2·bn，证明：当且仅当＋1<cn.

[解析] (1)a1＝S1＝4，当n≥2Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n. 又a1＝4适合上式，∴an＝ 将n＝1代入Tn＝2－＝2－b1， ∴T1＝b1＝1.

当n≥2时，2bn－1，Tn＝2－bn， 1

∴bn＝Tn－Tn－1＝bn－1－bn，∴bn＝bn－1，

2∴bn＝21－n.

(2)解法1：由cn＝an2·bn＝n2·25－n， cn＋111 得1＋2.

cn2n

14

当且仅当n≥3时，1＋≤，即cn＋1<cn.

n3解法2：由cn＝an2·bn＝n2·25－n得， cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2] ＝24－n[－(n－1)2＋2]．

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当且仅当n≥3时，cn＋1－cn<0，即cn＋1<cn.

16．(2010·山东)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝

1

∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

an2－1

[分析] (1)由条件和等差数列的通项公式可列出关于a1、d的方程组解出a1和d，代入通项公式及前n项和公式可求得an，Sn.

(2)由an可得bn，观察bn的结构特点可裂项求和．

[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，因为a3＝7，a5＋a7＝26，

所以有

所以an＝n2＋(2)由(1)， 所以Tn1 1＝4 即数列[点评] 17．(文)(1)求证{an}为等差数列； (2)求{an}的通项公式．

[分析] 利用an与Sn的关系及条件式可消去Sn(或an)，得到an与an－1(或Sn与Sn－1)的关系式，考虑待求问题，故应消去Sn.

[解析] (1)当n＝1时，有2a1＝a12＋1－4，即a12－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)． 当n≥2时，有2Sn－1＝an－12＋n－5，又2Sn＝an2＋n－4，两式相减得2an＝an2－an－12＋1，

即an2－2an＋1＝an－12, 也即(an－1)2＝an－12，

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因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.

若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1，而a1＝3，所以a2＝－2这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此{an}为等差数列．

(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)＝n＋2，即an＝n＋2. (理)(2010·新课标全国)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. [解析] (1)由已知得，当n≥1时，

an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.

而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n·22n－1知

Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1.①

从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.② ①－②得

(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－12

＝－1)－n·22n＋1 3

1

＝＋1－2－3n·3

1

＝－3n)2n＋13

1

∴Sn＝[(3n1＋2]．

9