《高三数学一轮阶段性测试题6数列(含解析)北师大版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学一轮阶段性测试题6数列(含解析)北师大版.pdf（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 阶段性测试题六 数列 本试卷分第 卷 选择题 和第 卷 非选择题 两部分 满分150 分 考试时间120 分钟 第 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 8B 10 C 12 D 14 答案 C 解析 本题考查等差数列的通项公式 由 a1 2 S3 3a1 3 2 2 d 6 3d 12 可得 d 2 a6 a1 5d 12 注意熟记等差数列的常见性质 如d an am n m
2、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 解析 由已知 a3 a4 a8 3a1 12d 9 故 a1 4d 3 即 a5 3 S9 9a1 a9 2 9a5 27 3 2015 河南三市调研 设 an 是等比数列 Sn是 an 的前 n
3、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 解析 a2016 8a2013 q3 a2016 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
4、A 3 B 4 2 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 所以 q a4 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 则 S8 S16 A 3 10 B 1 3 C 1 9 D 1 8 答案 A 解析 由已知得a1 2a1 14d 3a1 9d a1 5 2d 又 S8 S16 8a1 28d 16a1 120d 将 a1 5 2d 代入化简得 S8 S16 3 10 6 文 已知等比数列 an 的首项
5、 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 log2a116 log2 25 11 log2255 55 故选 C 理 已知等比数列 an 中 各项都是正数 且a1 1 2a3 2a2 成等差数列 则 a9 a10 a7 a8 A 2 B 3 22 C 3 22 D 3 答案 C 解析 a1 1 2a3 2a2 成等差数列 所以 a3 a1 2a2 即 a1q2 a1 2a
6、1q 解得 q 1 2 a9 a10 a7 a8 q2 1 2 2 3 22 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 an0 a7 a100 a8 a9 0 故 a9S7 S90 公差 d 0 an 是一个递减的等差数列 前n 项和有最大值 a10 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 a
7、n 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 1 2 22016 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
8、 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 a2a3a4 a5a6a7a8a9 答案 3 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 a82 a2 28 即 518 4d 5 2d 28 解得 d 3 2 三 解答
9、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 设 bn 2 nan 2 求数列 bn 的前 n 项和 Sn 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
10、N 2 bn 2 nan 2 2 n2n 2 1 nn 1 1 n 1 n 1 5 Sn b1 b2 bn 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1 1 1 n 1 n 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 2 若数列 bn 满足 b1 2 b2 22 bn 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
11、1 可得 an 2n 1 2 设 cn bn 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 所以前 n 项和 Sn 4 1 2n 1 2 2n 2 4 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
12、 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 Sn n n n 1 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 2m k 1 13 解之得 m 5 k 4 当 m 5 k 4 时 am am 1 am k 65 6 19 本小题满分12 分 2015 奉新一中月考 已知等比数
13、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 a1 q q3 2a1q2 4 由 及 a1 0 得 q2 3q 2 0 q 1 或 q 2 当 q 1 时 式不成立 当q 2 时 符合题意 把 q 2 代入 得a1 2 所以 an 2 2n 1 2n 2 bn an log
14、2an 2n n 所以 Sn b1 b2 bn 2 22 2n 1 2 n 2n 1 2 1 2n 1 2n2 因为 Sn 2n 1 47 0 所以 2n 1 2 1 2n 1 2n2 2n 1 470 解得 n 9 或 n 10 故使 Sn 2n 1 4750 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 a1q2 8 a1q a1q3 20 解之得 q 2 a1 2 或 q 1 2 a1 32 又数列 an 单调递增 所以q 2 a1 2 数列 an 的通项公
15、式为an 2n 2 bn 2nlog1 22n 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 3252 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 7 2 令 dn 1 loga a2 n 1 a
16、2 n 2 5 a 0 a 1 记数列 dn 的前 n 项和为 Sn 若 S2n Sn 恒为一个与n 无关的常数 试求常数a 和 解析 1 由题 a1 a2 an 1 an 1 a1 a2 an an 1 1 由 得 an 1 2an 0 即 an 1 an 2 n 2 当 n 2 时 a1 a2 1 a1 1 a2 2 a2 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 2 an 2n 1 dn 1 logaa2 n 1 a2 n 2 5 1 2nloga2 dn 1 dn 2loga2 dn 是以 d1 1 2loga2 为首项 以2loga2 为公差的等差数列 S2n Sn 2n1 2loga2 2n2n 1 2 2loga2 n1 2loga2 nn 1 2 2loga2 2 4n 2loga2 1 n 1loga2 4 nloga2 2 1 loga2 0 S2n Sn 恒为一个与n 无关的常数 4loga2 0 21 loga2 0 解之得 4 a 1 2 理 数列 an 中 a1 t a2 t2 其中t 0 且 t 1 x t是
