2010届高三数学一轮复习检测：数列.pdf

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1、高高 20102010 级数列检测题级数列检测题第卷（共 60 分）一、一、选择题（共选择题（共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分）分）1 1如果-1，a,b,c,-9 成等比数列，那么（）Ab=3,ac=9 B.b=-3,ac=9 C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-92在等差数列an中，已知 a1=2,a2+a3=13，则 a4+a5+a6等于()A.40 B.42 C.43 D.453 3已知某等差数列共有10 项，其奇数项之和为15，偶数项之和为 30，则其公差为()A.5 B.4 C.3 D.24 4 若互不相等的实数a,b,c成等差数

2、列，c,a,b成等比数列，且a3bc 10，则a()A4 B2 C2 D45 5数列 1，111111111，的前 100 项之和为()333555557191209A.10 B.C.11 D.19216 6在等比数列an中,a1 2,前n项和为Sn,若数列an1也是等比数列,则Sn等于()A.2n12 B.3n C.2n D.3n17.7.已知数列an满足a1 0,an1an33an1(n N*)，则a2007=（）32A0 B3 C3 DS31S68 8设 Sn是等差数列an的前 n 项和，若S3，则S()6123111A.B.C.D.103899 9已知等差数列an中,a2+a8=8,则

3、该数列前 9 项和 S9等于()A.18 B.27 C.36 D.451010已知数列an、bn都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为a1、b1，且a1b1 5，*a1,b1 N*设cn abn（n N），则数列cn的前10项和等于（）A 55B70 C85 D1001111.记等差数列an的前n项和为Sn，若a1 B241，S4 20，则S6（）A 162 D48 C3612.12.已知an是等比数列，a2 2，a51，则a1a2 a2a3 anan1=（）A.416（14n）B.16（12n）C.3232（14n）D.（12n）33第卷（共 90 分）二、填空题（共二、填空题（共 4 4

4、 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 1616 分）分）1313设Sn为等差数列an的前n项和，S414，S10S730，则 S9.1414在数列an中，若a1=1,an+1=2an+3(n1),则该数列的通项an=_.15.15.已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且 0logm(ab)1,则m的取值范围是_ _1616设等比数列an的公比为 q，前 n 项和为 Sn，若 Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则 q 的值为 .三、解答题（共三、解答题（共 6 6 小题，共小题，共 7474 分）分）1717（12 分）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a11,

5、an 2SnSn1(n 2).2（1）证明：数列1为等差数列；Sn（2）求Sn及an.18.18.（12 分）已知数列an中，a1 3,an1 2an 0,数列bn中，bnan1(nN*)n（1）求数列an通项公式；（2）求数列bn通项公式以及前n项的和1919（12 分）已知数列an有a1 a，a2 p（常数p 0），对任意的正整数n，Sn a1 a2 an，并有Sn满足Sn（1）求a的值；n(an a1).2（2）试确定数列an是否是等差数列，若是，求出其通项公式，若不是，说明理由；2020（12 分）已知数列an中的相邻两项a2k1、a2k是关于 x 的方程x(3k 2)x3k 2 0的

6、两个根，且a2k1a2k(k 1，2，3，)（1）求a1,a3,a5,a7及a2n(n4)(不必证明)；（2）数列an的前 2n 项和 S2n2121.（12 分）设数列an满足a13a232a33n1an（1）求数列an的通项；（2）设bn3*2222（14 分）设数列an满足a0 0,an1 can1c,c N,其中c为实数2kkn，aN N*3n，求数列bn的前n项和Snan（1）证明：an0,1对任意nN*成立的充分必要条件是c0,1；1n1*，证明：an1(3c),n N;31222（3）设0 c，证明：a12a2an n1,nN*313c（2）设0 c 高 2010 级数列检测题答

7、卷第卷（共 60 分）一.选择题（共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）编号1答案23456789101112第卷（共 90 分）二.填空题（共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分）13._.14._.15._.16._.三.解答题（共 6 小题，74 分）17.18.19.20.21.22.高 2010 级数列检测题参考答案第卷一.选择题15：BBDDA610：CAACC1112:DC1.解：由等比数列的性质可得 ac（1）（9）9，bb9 且 b 与奇数项的符号相同，故 b3，选 B2 解：在等差数列an中，已知a12,a2a313,d=3，a5=14，a4a5a6=3a5=4

8、2，选 B.3 解：5a1 20d 15 d 3，故选 C.5a1 25d 304解：由互不相等的实数a,b,c成等差数列可设 abd，cbd，由a3bc 10可得b2，所以 a2d，c2d，又c,a,b成等比数列可得 d6，所以 a4，选 D5.解：根据规律得 S10=100，选 A.n16 6.解：因数列an为等比，则an 2q，因数列an1也是等比数列，则(an11)2(an1)(an21)an122an1 anan2anan2 anan2 2an1 an(1q 2q)0 q 12即an 2，所以Sn 2n，故选择答案 C。7.提示：由 a1=0,an1an33an1(n N).得 a2

9、=-3,a33,a4 0,由此可知：数列an是周期变化的,且三个一循环，所以可得:a20=a2=3.故选 A8 8 解解:由等差数列的求和公式可得S33a13d1,可得a1 2d且d 0S66a115d3所以S66a115d27d3,故选 AS1212a166d90d10点评：本题主要考察等比数列的求和公式,难度一般9 9 解：解：在等差数列an中，a2+a8=8，a1a98，则该数列前 9 项和 S9=9(a1a9)=36，C21010解：解：数列an、bn都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为a1、b1，且a1b1 5，a1,b1 N*设cn abn（n N*），则 数 列cn的 前10

10、项 和 等 于ab1ab2ab10=ab1 ab11 ab19，ab1 a1(b11)4，ab1ab11ab19=4561385，选 C.11解：解：S4 26d 20，d 3，故S6 315d 48选 D1212解析：解析：a511 a2q3 2q3，解得q，数列anan1仍是等比数列：其首项是42181()n1432(14n)选 Ca1a28,公比为，所以a1a2a2a3anan114314第卷二.填空题13.54 解解：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，由题意得4a14(41)d 14,210(101)7(71)9(91)10a1d7a1d30，联立解得 a1=2,d=1，所以

11、S992154222n114.14.23解解：在 数 列an中，若a11,an1 2an3(n 1)，an13 2(an3)(n 1)，即an3是以a13 4为首项，2 为公比的等比数列，an3 42n1 2n1，所以该数列的通项an2n13.15(,8)提示解出 a、b,解对数不等式即可答案(,8)162提示：由题意可知 q1,可得 2(1-qn)=(1-qn+1)+(1-qn+2),即 q2+q-2=0,解得 q=-2 或q=1(不合题意,舍去),q=2.三.解答题17 解（1）当n 2时，an SnSn1 2SnSn111 2(n 2)SnSn1111是以 2为首项，2 为公差的等差数列

12、SnS1a111 22(n1)2n所以SnSn2n（2）1(n 1)1 1112)当n 2时，an SnSn1(an12 nn12n(n1)(n 2)2n(n1)18 解：（1）an1 2an 0an1 2(n 1)ann1又a1 3an是首项为 3，公比为 2 的等比数列an 32(n N*)（2）bnan1n(nN*)bn(1)n11=(1)nan32n11 11()n2 132=-1()n19212111Sn b1 b2 bn (1)n33232n12 1n()192=a1 a1 0，即a 02nann 1an1（2）an Sn Sn1(n 2)2n1n 1 n 24 3 2于是anan

13、1a2n 1pn2n 2 n 33 2 1另a1 0 (11)p19 解：（1）S1 a1an是一个以0为首项，p为公差的等差数列。2kkk20 解析解析(I)方程x(3k 2)x3k 2 0的两个根为x1 3k,x2 2当 k1 时，x1 3,x2 2，所以a1 2；当 k2 时，x1 6,x2 4，所以a3 4；当 k3 时，x1 9,x28，所以a58；当 k4 时，x112,x216，所以a712；n因为 n4 时，2n 3n，所以a2n 2 (n 4)（）S2n a1 a2 a2n(363n)(2 22 2n)3n23n2n1222121 解析解析(I)a13a232a3.3n1an

14、n,3n1a13a232a3.3n2an1(n 2),3nn113n1an(n 2)，33311ann(n 2)验证n 1时也满足上式，ann(nN*)33n23n(II)bn n3，Sn13 23 33.n3，3Sn132 233334.n3n1，23nn1则2Sn 33 3 3 n333n1n13n3n1，所以Sn3n13n12Sn132442222 解析解析（）必要性必要性：a1 0,a21c，又a20,1,0 1c 1，即c0,1充分性充分性：设c0,1，对nN*用数学归纳法证明an0,1当n 1时，a1 00,1.假设ak0,1(k 1)33则ak1 cak1c c1c 1，且ak1

15、 cak1c 1c 0ak10,1，由数学归纳法知an0,1对所有nN*成立（）设0 c 1，当n 1时，a1 0，结论成立3当n 2时，32an can11c,1an c(1an1)(1 an1 an1)0 C 12,由（1）知an10,1，所以1 an1 an1 3且1an1 031an 3c(1an1)21an 3c(1an1)(3c)(1an2)n1*an1(3c)(n N)(3c)n1(1a1)(3c)n1（）设0 c 122，当n 1时，a1，结论成立 0 2313cn1当n 2时，由（2）知an1(3c)02an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n12a21a222 an a22 an n123c(3c)2(3c)n12(1(3c)n)2 n1 n113c13c