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2014届高三数学一轮总复习单元检测(人教A):第三章 数列


2014 届高三数学一轮总复习单元检测(人教 A) : 第三章 数列

时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.数列 1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2,?,其相邻的两个 1 被 2 隔开,第 n 对 1 之间有 n 个 2,则该数列的前 1234 项的和为( A.2450 C.4919 ) B.2419 D.1234

解析:将数列 1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,?进行分组: 第 1 组:1,2, 第 2 组:1,2,2, 第 3 组:1,2,2,2, ?

第 n 组: ?2+n+1?n n?n+3? ∴前 n 组一共有 = 项. 2 2 48×51 49×52 当 n=48 时,有 =1224 项;当 n=49 时,有 =1274 项, 2 2 即前 1234 项可以排满前 48 组,在第 49 组只能排前 10 项. 故前 1234 项中含 49 个 1,其余的均为 2, 故该数列前 1234 项的和为 49×1+(1234-49)×2=2419,故选 B. 答案:B n - 2.数列{an}满足 a1+3a2+32a3+?+3n 1an= ,则 an=( 2 1 A. n-1 3· 2 1 C. n 2 1 B. n-1 2· 3 n D. n 3 )

1 1 解析:令 n=1,得 a1= ,排除 A、D;再令 n=2,得 a2= ,排除 C,故选 B. 2 6

答案:B 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=3Sn(n≥1,n∈N*),第 k 项满足 750<ak<900,则 k 等于( A.8 C.6 ) B.7 D.5

解析:依题意,由 an+1=3Sn 及 an=3Sn-1,两式相减得 an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,即
? n=1 ?1 - an+1=4an(n≥2),a2=3,所以 an=? ,将 ak 代入不等式 750<3×4k 2<900 验 n-2 ? n≥2 ?3×4

证,知 k=6. 答案:C 1 4. 数列{an}满足 an+an+1= (n∈N*), 且 a1=1, Sn 是数列{an}的前 n 项和, 则 S21=( 2 21 A. 2 C.10 B.6 D.11 )

1 解析:依题意得 an+an+1=an+1+an+2= ,则 an+2=an,即数列{an}中的奇数项、偶数 2 项分别相等,则 a21=a1=1.S21=(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a19+a20)+a21=10(a1+a2)+a21= 1 10× +1=6,选 B. 2 答案:B 5.数列{an}中,a1=1,a2=2,当 n∈N*时,an+2 等于 anan+1 的个位数,若数列{an}的 前 k 项和为 243,则 k=( A.61 C.63 ) B.62 D.64

解析:依题意得 a1=1,a2=2,a3=2,a4=4,a5=8,a6=2,a7=6,a8=2,a9=2, a10=4,a11=8,a12=2,a13=6,?,数列{an}除第一项外,其余的项形成以 6 为周期的数 列,且从 a2 到 a7 这六项的和等于 24,注意到 243=1+24×10+2,因此 k=1+6×10+1= 62,选 B. 答案:B 6.把正整数排列成三角形数阵(如图甲),然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的 偶数,得到新的三角形数阵(如图乙),再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列,得到一 个数列{an},则 a2010=( )

A.3955 C.3959

B.3957 D.3961 62×63 2

解析:注意到图乙中,第 n 行有 n 个数,且第 n 行的最后一个数是 n2,又

63×64 <2010< ,因此 a2010 位于图乙中第 63 行中的第 57 个数,第 63 行的最后一个数是 632 2 =3969,且第 63 行的数自左向右依次形成公差为 2 的等差数列,于是 a2010+(63-57)×2= 3969,a2010=3957. 答案:B 7.若{an}是公差为 1 的等差数列,则{a2n-1+2a2n}是( A.公差为 3 的等差数列 B.公差为 4 的等差数列 C.公差为 6 的等差数列 D.公差为 9 的等差数列 解析:设{an}的公差为 d,则 d=1,设 cn=a2n-1+2a2n,则 cn+1=a2n+1+2a2n+2,cn+1- cn=a2n+1+2a2n+2-a2n-1-2a2n=6d=6,选择 C. 答案:C 15 8 1 1 1 1 8.在等比数列{an}中,若 a1+a2+a3+a4= ,a2a3=- ,则 + + + =( 8 9 a1 a2 a3 a4 5 A. 3 5 C.- 3 3 B. 5 3 D.- 5
1 4

)

)

-q ? 15 = ① ?a ?11- 8 q 解析:依题意,设公比为 q,则 q≠1,因此? 9 ?a q =-8②
1 2 3



1?4 1 [1-? ?q? ] 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a1 又 , , , 构成以 为首项, 以 为公比的等比数列, 所以 + + + = a1 a2 a3 a4 a1 q a1 a2 a3 a4 1 1- q ?1-q4? ?1-q4? 5 1 1 1 1 5 = 3 ,①÷ ②得 3 =- ,即 + + + =- ,选择 C. 3 a1 a2 a3 a4 3 a1q ?1-q? a1q ?1-q? 答案:C

9.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=( A.200 C.-2 ) B.2 D.0

解析: 设等比数列{an}的公比为 q, 因为对任意正整数, 有 an+2an+1+an+2=0, an+2anq 2×?1+1? +anq2=0,因为 an≠0,所以 1+2q+q2=0,q=-1,S101= =2,选择 B. 1+1 答案:B nπ 10.已知 an=sin + 6 A.6 C.8 (n∈N*),则数列{an}的最小值为( nπ 2+sin 6 B.7 19 D. 3 16 )

nπ 16 16 解析:令 t=2+sin (1≤t≤3),则 an=f(t)=t+ -2,f′(t)=1- 2 <0,∴f(t)在其定 6 t t 义域上单调递减, nπ 19 ∴当 t=3,即 sin =1 时,an 取得最小值 ,故选 D. 6 3 答案:D 3 1 11.数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2),则 a2008=( 5 an-1 1 A. 3 2009 C. 2008 解析: 由 an = 2 - 1 an-1 3 B. 5 4011 D. 4009 (n≥2) 得, an - 1 = 1 - 1 an-1 = an-1-1 an-1 1 ,即 = =1+ an-1 an-1 an-1-1 )

1 1 1 5 ,∴数列{ }是首项为 =- ,公差为 1 的等差数列. 2 an-1-1 an-1 a1-1 故 2n-5 1 5 7 =- +n-1=n- ,∴an= , 2 2 an-1 2n-7

4011 ∴a2008= .故选 D. 4009 答案:D 3 1 1 1 1 12.数列{an}满足 a1= ,an+1=an2-an+1(n∈N*),则 m= + + +?+ 的整 2 a1 a2 a3 a2009 数部分是( A.3 ) B.2

C.1

D.0

3 7 37 解析:依题意得 a1= ,a2= ,a3= >2,an+1-an=(an-1)2>0,数列{an}是递增数列, 2 4 16 1 1 1 1 ∴a2010>a3>2,∴a2010-1>1,∴1<2- <2.由 an+1=an2-an+1 得 = - , an an-1 an+1-1 a2010-1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故 + +?+ =?a -1-a -1?+?a -1-a -1?+?+?a -1-a -1?= a1 a2 a2009 ? 1 ? ? 2 ? ? 2009 ? a1-1- 2 3 2010 1 1 =2- ∈(1,2),因此选 C. a2010-1 a2010-1 答案:C 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、 填空题: (本大题共 4 小题, 每小题 5 分, 共 20 分. 请把正确答案填在题中横线上. ) 13.已知数列{an}的第一项都是非负实数,且对任意 m,n∈N*有 am+n-am-an=0 或 am+n-am-an=1.又知 a2=0,a3>0,a99=33.则 a3=________,a10=________. 1 解析: a2=a1+a1 或 a2=a1+a1+1, 由 a2=0, 得 a1=0, 或 a1=- (不符合题意, 舍去), 2 a3=a1+a2 或 a3=a1+a2+1,由 a1=a2=0,a3>0,得 a3=1(a3=0 舍去);由条件 am+n=am +an 或 am+n=am+an+1,可知 an∈N,a100=a99+a1 或 a100=a99+a1+1,∵a99=33,∴a100 =33 或 34. 又∵am+n≥am+an,∴a100≥10a10,∴a10≤3.3 或 a10≤3.4;而 a9≥3a3=3,a10≥a9≥3, 所以 a10=3. 答案:1 3

14.考虑以下数列{an},n∈N*: n ①an=n2+n+1;②an=2n+1;③an=ln . n+1 an+2+an 其中满足性质“对任意的正整数 n, ≤an+1 都成立”的数列有________(写出所 2 有满足条件的序号 ) ;若数列 {an} 满足上述性质,且 a1 = 1 , a20 = 58 ,则 a10 的最小值为 ________. 解析:对于①,a1=3,a2=7,a3=13, a1+a3 >a2,因此{an}不满足“对任意的正整数 2

an+2+an an+2+an n, ≤an+1 都成立”.对于②,易知数列{an}是等差数列,故有 =an+1,因此 2 2 an+2+an n?n+2? {an}满足“对任意的正整数 n, ≤an+1 都成立”.对于③,an+2+an=ln , 2 ?n+3??n+1? 2an+1=ln? -2n-3 ?n+1?2, n?n+2? -?n+1?2=n?n+2? -?n+3??n+1? = <0, ? ? ? ?n+3??n+1??n+2?2 ?n+3??n+1??n+2?2 ?n+2? ?n+3??n+1? ?n+2?
3 3

an+2+an an+2+an 即有 <an+1, 因此{an}满足“对任意的正整数 n, ≤an+1 都成立”. 综上所述, 2 2 an+2+an 满足性质“对任意的正整数 n, ≤an+1 都成立”的数列为②③.对于满足上述性质的 2 数列{an},令 dn=an+1-an.由 an+2+an ≤an+1 得 an+1-an≥an+2-an+1,即 dn≥dn+1.又 a10=a1 2 a10-a1 ≥ d9 , 9

+ d1 + d2 + ? + d9≥a1 + 9d9 , a10 = a20 - (d19 + d18 + ? + d10)≥a20 - 10d10 ,即

a10-a20 a10-a1 a10-a20 a10-1 a10-58 ≥ - d10 ,所以 + ≥d9 - d10≥0 ,即 + ≥0 ,由此解得 10 9 10 9 10 a10≥28,即 a10 的最小值为 28. 答案:②③ 28 17Sn-S2n 15.设{an}是等比数列,公比 q= 2,Sn 为{an}的前 n 项和.记 Tn= ,n∈N*. an+1 设 Tn0 为数列{Tn}的最大项,则 n0=________. a1?1-qn? a1?1-q2n? 17× - 1-q 1-q a1?1-q ? 解析: 根据等比数列的通项公式 Sn = ,故 Tn = = a1qn 1-q
n

q2n-17qn+16 1 16 16 = (qn+ n -17),令 qn=( 2)n=t,则函数 g(t)=t+ ,当 t=4 时函数 g(t) q t ?1-q?qn 1-q 取得最小值,此时 n=4,而 答案:4 1 1 16.若数列{an}满足 - =d(n∈N*,d 为常数),则称数列{an}为“调和数列”.已 an+1 an 1 知数列{ }为“调和数列”,且 x1+x2+?+x20=200,则 x3x18 的最大值是________. xn 1 解析:因为数列{ }为“调和数列”,所以 xn+1-xn=d(n∈N*,d 为常数),即数列{xn} xn 20?x1+x20? 20?x3+x18? 为等差数列,由 x1+x2+?+x20=200 得 = =200,即 x3+x18=20,易 2 2 知 x3、x18 都为正数时,x3x18 取得最大值,所以 x3x18≤? 1 1 = <0,故此时 Tn 最大,所以 n0=4. 1-q 1- 2

?

x3+x18?2 =100,即 x3x18 的最大值为 2 ?

100. 答案:100 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 1 17.(本小题满分 10 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= nan+an-c(c 是常数, 2 n∈N*),a2=6. (1)求 c 的值及{an}的通项公式;

(2)证明:

1 1 1 1 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 8

1 解析:(1)因为 Sn= nan+an-c, 2 1 所以当 n=1 时,S1= a1+a1-c,解得 a1=2c, 2 当 n=2 时,S2=a2+a2-c,即 a1+a2=2a2-c,解得 a2=3c, 所以 3c=6,解得 c=2; 则 a1=4,数列{an}的公差 d=a2-a1=2, 所以 an=a1+(n-1)d=2n+2. (2)证明:因为 = 1 1 1 + +?+ a1a2 a2a3 anan+1

1 1 1 + +?+ 4×6 6×8 ?2n+2??2n+4?

1 ? 1 1 1? 1?1 1? 1 1 - - + - +?+ ? = ? 2?4 6? 2?6 8? 2?2n+2 2n+4? 1 1 ?? 1 1 1? ?1 1? - - + - +?+? = ?? 2??4 6? ?6 8? ?2n+2 2n+4?? 1 1 1 1 1 = ?4-2n+4?= - 2? ? 8 4?n+2?. 1 1 1 1 因为 n∈N*,所以 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 8 18.(本小题满分 12 分)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n. an (1)设 bn= n-1,证明:数列{bn}是等差数列; 2 (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)证明:由已知 an+1=2an+2n 得 an+1 2an+2n an bn+1= n = = n-1+1=bn+1. 2 2n 2 又 b1=a1=1, 因此{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. an - (2)由(1)知 n-1 =n,即 an=n· 2n 1. 2 Sn=1+2×21+3×22+?+n×2n 1,


两边乘以 2 得,2Sn=2+2×22+?+n×2n. 两式相减得 Sn=-1-21-22-?-2n 1+n· 2n


=-(2n-1)+n· 2n

=(n-1)2n+1. 19.(本小题满分 12 分)已知递增的等比数列{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; (2)(理)若 bn=log2an+1,Sn 是数列{bn}的前 n 项和,求使 Sn>42+4n 成立的 n 的最小值. (文)若 bn=log2an+1,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解析:(1)设等比数列{an}的公比为 q,依题意有 2(a3+2)=a2+a4,① 又 a2+a3+a4=28,将①代入得 a3=8.所以 a2+a4=20.
3 ? ?a1q+a1q =20, 于是有? 2 ?a1q =8, ?

? ? ? 1 ?a1=2, 解得? 或? 1 ?q=2, ? ?q= . ?
2

a =32,

又{an}是递增的,故 a1=2,q=2. 所以 an=2n. n2+3n n2+3n + (2)(理)bn=log22n 1=n+1,Sn= .故由题意可得 >42+4n,解得 n>12 或 n< 2 2 -7.又 n∈N* 所以满足条件的 n 的最小值为 13. (文)bn=log22n 1=n+1.


n2+3n 故 Sn= . 2 20. (本小题满分 12 分)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, n∈N*, 公比 q>1, 且 a2=3, S3=13. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 bn (2)若数列{bn}满足 + + +?+ =n(n+2),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. a1 a2 a3 an a =3,q>1 ? ? 2 解析:(1)由已知,有? ?q=3. 3 S3= +3+3q=13 ? q ? ∴a1=1,an=a1qn 1=3n 1.
- -

b1 b2 b3 bn (2)∵ + + +?+ =n(n+2)(n∈N*), a1 a2 a3 an b1 当 n=1 时, =3,∴b1=3. a1

bn-1 b1 b2 b3 当 n≥2 时,∵ + + +?+ =(n-1)(n+1), a1 a2 a3 an-1 bn ∴ =n(n+2)-(n-1)(n+1)=2n+1, an 即 bn=(2n+1)· 3 n 1.


经检验,得 bn=(2n+1)· 3n 1(n∈N*).


∵Tn=3×30+5×31+7×32+?+(2n+1)×3n 1,


3Tn=3×31+5×32+?+(2n-1)×3n 1+(2n+1)×3n.


两式相减, 得-2Tn=3+2(31+32+?+3n 1)-(2n+1)· 3n=3n-(2n+1)×3n, ∴Tn=n· 3n.


1 n+1 1+ ?an+ n . 21.(本小题满分 12 分)在数列{an}中,a1=1,an+1=? n ? ? 2 an (1)设 bn= ,求数列{bn}的通项公式; n (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. an+1 an 1 解析:(1)由已知得 b1=a1=1,且 = + n, n+1 n 2 1 1 即 bn+1=bn+ n,从而 b2=b1+ , 2 2 1 b3=b2+ 2,? 2 1 bn=bn-1+ n-1(n≥2), 2 1 1 1 1 于是 bn=b1+ + 2+?+ n-1=2- n-1(n≥2). 2 2 2 2 1 又 b1=1,故所求数列{bn}的通项公式为 bn=2- n-1. 2 1 n (2)由(1)知 an=n?2-2n-1?=2n- n-1. ? ? 2 k k 令 Tn= k-1,则 2Tn= k-2, 2 2 于是 Tn=2Tn-Tn= 又(2k)=n(n+1), n+2 所以 Sn=n(n+1)+ n-1 -4. 2 22.(本小题满分 12 分)设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2a2=a1+a3, 数列{ Sn}是公差为 d 的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式(用 n,d 表示); (2)设 c 为实数,对满足 m+n=3k 且 m≠n 的任意正整数 m,n,k,不等式 Sm+Sn>cSk n+2 1 n - - - =4- n-1 . 2k 1 2n 1 2

9 都成立.求证:c 的最大值为 . 2 解析:(1)由题设知, Sn= S1+(n-1)d= a1+(n-1)d,则当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =( Sn- Sn-1)( Sn+ Sn-1)=2d a1-3d2+2d2n. 由 2a2=a1+a3,得 2(2d a1+d2)=a1+2d a1+3d2,解得 a1=d. 故当 n≥2 时,an=2nd2-d2. 又 a1=d2,所以数列{an}的通项公式为 an=(2n-1)d2. (2)证明:由 a1=d 及 Sn= a1+(n-1)d,得 d>0,Sn=d2n2. 于是,对满足题设的 m,n,k,m≠n,有 Sm+Sn=(m2+n2)d2> 9 所以 c 的最大值 cmax≥ . 2 9 3 3 另一方面,任取实数 a> .设 k 为偶数,令 m= k+1,n= k-1,则 m,n,k 符合条件, 2 2 2 且 Sm+Sn=d2(m2+n2) ?m+n?2 2 9 2 2 9 d = d k = Sk. 2 2 2

?3k+1?2+?3k-1?2?=1d2(9k2+4). =d2? ??2 ? ?2 ?? 2
于是,只要 9k2+4<2ak2,即当 k> 1 Sm+Sn< d2· 2ak2=aSk. 2 9 9 所以满足条件的 c≤ ,从而 cmax≤ . 2 2 9 因此 c 的最大值为 2 2 时,就有 2a-9


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