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2015届高考数学二轮复习专题检测: 数列(含解析)


2015 届高考数学二轮复习专题检测:数列
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分 150 分.考试时间 120 分钟. 第Ⅰ卷(选择题 共 50 分) 一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.(2014· 福建高考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 [答案] C [解析] 本题考查等差数列的通项公式. 3×2 由 a1=2,S3=3a1+ 2 d=6+3d=12 可得 d=2, ∴a6=a1+5d=12. an-am 注意熟记等差数列的常见性质,如 d= . n-m 2.在数列{an}中,a1=1,点(an,an+1)在直线 y=2x 上,则 a4 的值为( ) A.7 B.8 C.9 D.16 [答案] B [解析] 因为点(an,an+1)在直线 y=2x 上,即 an+1=2an,所以数列{an}是公比为 2 的等比 数列,所以 a4=a1q3=23=8,选 B. (理) 已知{an}为等差数列,若 a3+a4+a8=9,则 S9=( ) A.15 B.24 C.27 D.54 [答案] C 9a1+a9 [解析] 由已知 a3+a4+a8=3a1+12d=9,故 a1+4d=3,即 a5=3,∴S9= 2 =9a5 =27. 3. (2015· 河南三市调研)设{an}是等比数列, Sn 是{an}的前 n 项和, 对任意正整数 n, 有 an+2an +1+an+2=0,又 a1=2,则 S101 的值为( ) A.2 B.200 C.-2 D.0 [答案] A [解析] 设等比数列的公比为 q.由 an+2an+1+an+2=0 得 an(1+2q+q2)=0,因为 an≠0, 所以 1+2q+q2=0,解得 q=-1,所以 S101=a1=2. 4.(文)在等比数列{an}中,a2016=8a2013,则公比 q 的值为( ) A.2 B.3 C.4 D.8 [答案] A a2016 [解析] ∵a2016=8a2013,∴q3=a2013=8,∴q=2. (理)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比 q=( A.3 B.4 )

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C.5 D.6 [答案] B [解析] 根据题意将 3S3=a4-2 和 3S2=a3-2 相减得: 3(S3-S2)=a4-a3, 则 3a3=a4-a3,4a3 =a4, a4 所以 q=a3=4. 5.(2015· 昆明第一次调研)设 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=2a8-3a4, S8 则S16=( 3 A.10 1 C.9 ) 1 B.3 1 D.8

[答案] A [解析] 由已知得 a1=2a1+14d-3a1-9d, 8a1+28d 5 S8 5 S8 3 ∴a1=2d,又S16= ,将 a1=2d 代入化简得S16=10. 16a1+120d 6.(文)已知等比数列{an}的首项 a1=1,公比 q=2,则 log2a1+log2a2+…+log2a11=( ) A.50 B.35 C.55 D.46 [答案] C [解析] 因为等比数列{an}的首项 a1=1,公比 q=2,所以 a6=25,故 log2a1+log2a2+…+ log2a11=log2a1a2…a11=log2a11 6 =log2(25)11=log2255=55,故选 C. a9+a10 1 (理)已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1,2a3,2a2 成等差数列,则 =( a7+a8 A. 2 B.3-2 2 C.3+2 2 D. 3 [答案] C 1 [解析] a1,2a3,2a2 成等差数列,所以 a3=a1+2a2, 即 a1q2=a1+2a1q,解得 q=1+ 2, a9+a10 =q2=(1+ 2)2=3+2 2. a7+a8 7.在等差数列{an}中,a1=-28,公差 d=4,若前 n 项和 Sn 取得最小值,则 n 的值为( ) A.7 B.8 C.7 或 8 D.8 或 9 [答案] C [解析] an=a1+(n-1)d=-28+4(n-1)=4n-32,由 an≤0 得 4n-32≤0,即 n≤8.即 a8=0. 当 n<7 时,an<0.所以要使 Sn 取得最小值,则有 S7=S8 最小,选 C. 8.(2014· 保定调研)在数列{an}中,已知 a1=1,an+1=2an+1,则其通项公式为 an=( ) A.2n-1 B.2n-1+1 C.2n-1 D.2(n-1) [答案] A [解析] 由题意知 an+1+1=2(an+1),
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)

∴an+1=(a1+1)· 2n-1=2n, ∴an=2n-1. → 9.在数列{an}中,已知 an+1+an-1=2an(n∈N+,n≥2),若平面上的三个不共线的向量OA、 → → → → → OB、OC,满足OC=a1008OA+a1009OB,三点 A、B、C 共线,且直线不过 O 点,则 S2016 等 于( ) A.1008 B.1009 C.2015 D.2016 [答案] A [解析] 由条件知{an}成等差数列, ∵A、B、C 共线,∴a1008+a1009=1, 2016a1+a2016 ∴S2016= =1008(a1008+a1009)=1008. 2 10.已知函数 f(x)=x2-ax 的图像在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直线 x+3y+2=0 垂直,若数列 1 {fn}的前 n 项和为 Sn,则 S2015 的值为( 1 1 A.2015 B.2016 2014 2015 C.2015 D.2016 [答案] D [解析] f′(x)=2x-a,由已知得 f′(1)=3, 1 1 1 1 所以 a=-1,所以fn= =n- , nn+1 n+1 1 1 1 1 1 1 所以 Sn=(1-2)+(2-3)+…+(n- )=1- , n+1 n+1 2015 故 S2015=2016. 第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分) 二、填空题(本大题共 5 个小题,每小题 5 分,共 25 分,把正确答案填在题中横线上) 11.各项均为正数的等比数列{an}中,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6=________. [答案] 4 [解析] 因为 a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2, 所以由 a8=a6+2a4 得 a2q6=a2q4+2a2q2,消去 a2q2, 得到关于 q2 的一元二次方程(q2)2-q2-2=0, 解得 q2=2,所以 a6=a2q4=1×22=4. 12. (2014· 北京高考)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0, a7+a10<0, 则当 n=________时, {an} 的前 n 项和最大. [答案] 8 [解析] 本题考查了等差数列的性质与前 n 项和. 由等差数列的性质,a7+a8+a9=3a8,a7+a10=a8+a9,于是有 a8>0,a8+a9<0,故 a9<0, 故 S8>S7,S9<S8,S8 为{an}的前 n 项和 Sn 中的最大值. 等差数列{an}中首项 a1>0 公差 d<0,{an}是一个递减的等差数列,前 n 项和有最大值,a1<0,
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)

公差 d>0,{an}是一个递增的等差数列,前 n 项和有最小值. 13. 若数列{an}满足 a1=2 且 an+an-1=2n+2n-1, Sn 为数列{an}的前 n 项和, 则 log2(S2015 +2)=________. [答案] 2016 [解析] 因为 a1+a2=22+2,a3+a4=24+23, a5+a6=26+25,…. 所以 S2015=a1+a2+a3+a4+…+a2011+a2015 =21+22+23+24+…+22014+22015 = 21-22015 =22016-2. 1-2

故 log2(S2015+2)=log222016=2016. 14.已知数列{an},其前 n 项和 Sn=n2+n+1,则 a8+a9+a10+a11+a12=________. [答案] 100 [解析] a8+a9+a10+a11+a12=S12-S7=(122+12+1)-(72+7+1)=100. 15.如图,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数表.已知表中的第一 列 a1,a2,a5,…构成一个公比为 2 的等比数列,从第 2 行起,每一行都是一个公差为 d 的等 差数列.若 a4=5,a86=518,则 d=________. a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 … 3 [答案] 2 [解析] ∵a4=5,∴a2=5-2D. 又∵第 1 行到第 9 行共有 1+3+5+…+17=81 项, ∴第 10 行的第 1 项为 a82=a86-4d=518-4D. 又表中的第 1 列 a1,a2,a5,…,a82 是公比为 2 的等比数列, 3 ∴a82=a2· 28,即 518-4d=(5-2d)· 28,解得 d=2. 三、解答题(本大题共 6 个小题,共 75 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 16.(本小题满分 12 分)已知数列{an}是公差不为 0 的等差数列,a1=2 且 a2, a3, a4+1 成等比 数列. (1)求数列{an}的通项公式; 2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. nan+2 [解析] (1)设数列{an}的公差为 d, 由 a1=2 和 a2,a3,a4+1 成等比数列,得 (2+2d)2=(2+d)(3+3d) 解得 d=-1 或 d=2. 当 d=-1 时,a3=0,这与 a2,a3,a4+1 成等比数列矛盾舍去.所以 d=2. ∴an=a1+(n-1)d=2n, 即数列{an}的通项公式为 an=2n,(n∈N*). 2 2 1 1 1 (2)bn= = = =n- . nan+2 n2n+2 nn+1 n+1

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1 1 1 1 1 1 n ∴Sn=b1+b2+…+bn=(1-2)+(2-3)+…+(n- )=1- = . n+1 n+1 n+1 17. (本小题满分 12 分)已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列, 且满足 a3a5 =45, a2 +a6 = 14. (1)求{an}的通项公式; b1 b2 bn (2)若数列{bn}满足: 2 +22+…+2n=an+1(n∈N*),求{bn}的前 n 项和. [解析] (1)设等差数列{an}的公差为 d,则依题设知 d>0. 由 a2+a6=14,可得 a4=7. 由 a3a5=45,得(7-d)(7+d)=45,可得 d=2. 所以 a1=7-3d=1. 可得 an=2n-1. bn (2)设 cn=2n,则 c1+c2+…+cn=an+1. 即 c1+c2+…+cn=2n, 可得 c1=2,且 c1+c2+…+cn-1=2(n-1). 所以 cn=2(n∈N*). 所以 bn=2n+1, 所以数列{bn}是首项为 4,公比为 2 的等比数列, 41-2n 所以前 n 项和 Sn= =2n+2-4. 1-2 18.(本小题满分 12 分)(2014· 浙江高考)已知等差数列{an}的公差 d>0.设{an}的前 n 项和为 Sn, a1=1,S2· S3=36. (1)求 d 及 Sn; (2)求 m,k(m,k∈N*)的值,使得 am+am+1+am+1+…+am+k=65. [解析] (1)∵S2· S3=36,a1=1, ∴(2a1+d)· (3a1+3d)=36 即 d2+3d-10=0, ∴d=2 或 d=-5 ∵d>0,∴d=2 ∴an 为 1 为首项,2 为公差的等差数列. nn-1 ∴Sn=n+ 2 ×2=n2. (2)∵am+am+1+…+am+k=65 ∴Sm+k-Sm-1=65 由(1)得(m+k)2-(m-1)2=65. 即 2mk+k2+2m-1=65 2m(k+1)+k2-1=65 即(k+1)(2m+k-1)=65=5×13, ∵k、m∈N+,∴2m+k-1>k+1
? ?k+1=5 ∴? 解之得 m=5,k=4. ? ?2m+k-1=13

∴当 m=5,k=4 时,am+am+1+…+am+k=65.
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19.(本小题满分 12 分)(2015· 奉新一中月考)已知等比数列{an}满足 2a1+a3=3a2,且 a3+2 是 a2 与 a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an-log2an, Sn=b1+b2+…+bn, 求使不等式 Sn-2n+1+47<0 成立的 n 的最小值. [解析] (1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q, ∵2a1+a3=3a2,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项, ∴a1(2+q2)=3a1q, ① a1(q+q3)=2a1q2+4, ② 由①及 a1≠0,得 q2-3q+2=0,∴q=1,或 q=2, 当 q=1 时,②式不成立;当 q=2 时,符合题意, 把 q=2 代入②得 a1=2,所以,an=2· 2n-1=2n; (2)bn=an-log2an=2n-n. 所以 Sn=b1+b2+…+bn=(2+22+2n)-(1+2+…+n) 1 1 =2n+1-2-2n-2n2,因为 Sn-2n+1+47<0, 1 1 所以 2n+1-2-2n-2n2-2n+1+47<0, 即 n2+n-90>0,解得 n>9 或 n<-10. 故使 Sn-2n+1+47<0 成立的正整数 n 的最小值为 10. 20.(本小题满分 13 分)已知单调递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2, a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若 bn=anlog2an,Sn=b1+b2+…+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立的正整数 n 的最小值. [解析] (1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,依题意,有 2(a3+2)=a2+a4,代入 a2+ a3+a4=28,得 a3=8,∴a2+a4=20,

? ? ? ?q=2, ?a1q2=8, ?q=2, ∴? 解之得? 或? ?a1q+a1q3=20, ? ? ?a1=2 ?
1

?a1=32

又数列{an}单调递增,所以 q=2,a1=2, ∴数列{an}的通项公式为 an=2n. 1 (2)∵bn=2nlog22n=-n· 2n, ∴Sn=-(1×2+2×22+…+n· 2n), 2Sn=-[1×22+2×23+…+(n-1)· 2n+n· 2n+1], 两式相减,得 Sn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1=2n+1-2-n· 2n+1. ∴Sn+n· 2n+1>50,即 2n+1-2>50,即 2n+1>52. 易知:当 n≤4 时,2n+1≤25=32<52,当 n≥5 时,2n+1≥26=64>52. ∴使 Sn+n· 2n+1>50 成立的正整数 n 的最小值为 5. 21.(本小题满分 14 分)(文)已知数列{an}满足 a1=1,a1+a2+…+an-1-an=-1(n≥2 且 n∈ N*). (1)求数列{an}的通项公式 an;

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a2 n+1+a2 n+2 S2n (2)令 dn=1+loga (a>0,a≠1),记数列{dn}的前 n 项和为 Sn,若 Sn 恒为一个与 n 5 无关的常数 λ,试求常数 a 和 λ. [解析] (1)由题 a1+a2+…+an-1-an=-1① ∴a1+a2+…+an-an+1=-1② an+1 由①-②得:an+1-2an=0,即 an =2(n≥2). a2 当 n=2 时,a1-a2=-1,∵a1=1,∴a2=2,a1=2, 所以,数列{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列 故 an=2n-1(n∈N+) a2 n-1+a2 n-2 (2)∵an=2n-1,∴dn=1+loga =1+2nloga2, 5 ∵dn+1-dn=2loga2, ∴{dn}是以 d1=1+2loga2 为首项,以 2loga2 为公差的等差数列, 2n2n-1 2n1+2loga2+ ×2loga2 2 S2n ∴ Sn = nn-1 n1+2loga2+ 2 ×2loga2 = 2+4n+2loga2 =λ, 1+n+1loga2

?(λ-4)nloga2+(λ-2)(1+loga2)=0, S2n ∵ Sn 恒为一个与 n 无关的常数 λ,
?λ-4loga2=0 ? ∴? ?λ-21+loga2=0 ?

1 解之得:λ=4,a=2. (理) 数列{an}中,a1=t,a2=t2,其中 t>0 且 t≠1,x= t是函数 f(x)=an-1x3-3[(t+1)an- an+1]x+1(n≥2)的一个极值点. (1)证明:数列{an+1-an}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)设 bn=anlogtan,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求 Sn. [解析] (1)证明:f′(x)=3an-1x2-3[(t+1)an-an+1],根据已知 f′( t)=0, 即 tan-1-(t+1)an+an+1=0, 即 an+1-an=t(an-an-1), ∵t>0,t≠1,∴a2-a1=t2-t=t(t-1)≠0. 所以数列{an+1-an}是以 t(t-1)为首项,t 为公比的等比数列. (2)由(1)可知 an+1-an=(t-1)tn. 所以 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(t-1)tn-1+(t-1)tn-2+…+(t -1)t+t t1-tn-1 =(t-1)× +t=tn. 1 -t

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所以数列{an}的通项公式 an=tn. (3)由(2)知 an=tn,所以 bn=anlogtan=ntn. ∴Sn=1×t+2×t2+3×t3+…+ntn. 则 tSn=1×t2+2×t3+…+(n-1)tn+ntn+1. 所以(1-t)Sn=t+t2+t3+…+tn-ntn+1 = t1-tn -ntn+1. 1-t

t-tn+1 ntn+1 所以 Sn= - . 1-t2 1 -t

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