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1、章末质量评估 (二) (时间：100 分钟满分： 120 分) 一、选择题 (本大题共10 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在等比数列an中，如果a66， a9 9，那么 a3为() A4 B.3 2 C.16 9 D2 解析在等比数列 an中， a3， a6，a9也成等比数列 a62 a3a9， a3 62 9 4. 答案A 2在等差数列an中，若 a1a2a332，a11a12a13 118，则 a4a10等于() A45 B50 C75 D60 解析由已知： a1a2a3a11a12a13150， 3(a1a13)150， a1a
2、1350. a4a10a1a13， a4 a1050. 答案B 3计算机的成本不断降低，若每隔 5 年计算机价格降低 1 3，现在的价格是 8 100 元的计算机， 则 15 年后，价格降低为() A2 200 元B900 元 C2 400 元D3 600 元 解析价格降了3 次，则价格降为8 100 11 3 32 400. 答案C 4(2011 天津一中月考)在数列 an 中， a32，a71，如果数列 1 an1 是等差数列，那么 a11等于() A. 1 3 B.1 2 C.2 3 D1 解析设 bn 1 an1，则数列 b n是等差数列，由等差数列的性质可知b3，b7，b11成等差
3、数列，又b3 1 a31 1 3， b 7 1 a71 1 2，所以 b 112b7b3 2 3，所以 1 a111 2 3，解得 a 11 1 2. 答案B 5设 an n 210n11，则数列 an前 n 项的和最大时 n 的值为() A10 B11 C10 或 11 D12 解析令 an0 得 n210n11 0， 1n11. 即 1n10 时， an0，当 n12 时， an0，而 a110， 故前 10 项和等于前11 项和，它们都最大 答案C 6在等比数列 an 中，若 an0，且 a21 a1，a4 9a3，则 a4a5的值为() A16 B81 C36 D27 解析 a1q 1
4、a1 a1q39a1q2 ? a1 1 4， q3. a4a5 1 43 31 43 427. 答案D 7(2011 辽宁卷 )若等比数列 an满足 anan116n，则公比为 () A2 B4 C8 D16 解析由 anan116n，知 a1a216，a2a3162，后式除以前式得q2 16， q 4. a1a2a12q160， q0， q4. 答案B 8在等比数列an中， a312，a2 a430，则 a10的值为() A310 5 B3 29 C128 D3 2 5 或 329 解析 a2 a3 q ，a4a3q， a2 12 q ，a412q. 12 q 12q30，即 2q25q20
5、. q 1 2 或 q 2. 当 q1 2时， a 224， a10 a2q824 1 2 8325； 当 q2 时， a26， a10 a2q8628 329. 答案D 9 在等差数列 an中， 设公差为d， 若前 n项和为 Sn n2， 则通项和公差分别为 () Aan2n1，d 2 Ban2n1，d2 Can 2n 1，d 2 Dan 2n1，d2 解析anSn Sn1 n2 (n 1)2 2n1(n1，n N*)当 n1 时， a1S1 1 满足上式，显然d 2. 答案C 10在数列 xn 中， 2 xn 1 xn1 1 xn1(n2)，且 x 2 2 3，x 42 5，则 x 10等
6、于() A. 2 11 B.1 6 C. 1 12 D.1 5 解析由已知得数列 1 xn 是等差数列，设该数列的公差为d， 1 x4 1 x2 2d1， d 1 2， 1 x10 1 x2 (102)d 11 2 ， x10 2 11. 答案A 二、填空题 (本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分，把答案填在题中横线上) 11若数列 an是等差数列，a3，a10是方程 x23x 50 的两根，则 a5a8_. 解析数列 an 为等差数列， a3a10 a5 a8. a3a103， a5a83. 答案3 12已知等差数列an ，公差 d0，a1，a3，a4成等比数列，则 a1a5a17
7、a2a6a18_. 解析由题意得 (a1 2d)2 a1(a13d)， d0， a1 4d， an 4d(n1)d， 即 an (n5)d， a1 a5a17 a2 a6a18 4d12d 3dd13d 8 11. 答案 8 11 13定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么 这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和 已知数列 an是等和数列，且 a1 1，公和为1，那么这个数列的前2 011 项和 S2 011 _. 解析a1 1，a2 2，a3 1，a42， a2 011 1， S2 011(a1a2)(a3 a4)(a2 009a2 010)a2
8、 011 1 0051(1) 1 004. 答案1 004 14把自然数1,2,3,4，按下列方式排成一个数阵 1 23 456 78910 1112131415 根据以上排列规律，数阵中第n(n3)行从左至右的第3 个数是 _ 解析该数阵的第1 行有 1 个数，第 2 行有 2 个数， ， 第 n 行有 n 个数，则第 n1(n3) 行的最后一个数为 n1 1n1 2 n2 2 n 2，则第 n 行从左至右的第 3 个数为 n2 2 n 23. 答案 n2 2 n 23 三、解答题 (本大题共5 小题，共 54 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤) 15 (10 分 )已知
9、an为等差数列，且a3 6，a6 0. (1)求 an 的通项公式； (2)若等比数列 bn满足 b1 8，b2a1a2a3，求 bn的前 n 项和公式 解(1)设等差数列 an的公差为 d. 因为 a3 6， a60， 所以 a12d 6， a15d0. 解得 a1 10，d2. 所以 an 10(n1)22n12. (2)设等比数列 bn的公比为q. 因为 b2a1a2a3 24，b1 8， 所以 8q 24，q3. 所以数列 bn的前 n 项和公式为 Sn b11qn 1q 4(13n) 16 (10 分 )(2011 广东省湛江一中高二期中测试)已知数列 an 满足 a1 1，a23，
10、an23an 12an(nN *) (1)证明：数列 an1an是等比数列； (2)求数列 an的通项公式 (1)证明an23an12an， an2an12(an1an)， an2an1 an1an 2. a11，a23， an1an是以 a2a12 为首项， 2 为公比的等比数列 (2)解由(1)得 an1 an2n， an(anan1)(an1an2) (a2a1)a12n 1 2n2 212n 1. 故数列 an 的通项公式为 an2 n1. 17 (10 分)已知点 (1,2)是函数f(x)ax(a0 且 a1)的图象上一点，数列an的前 n 项和 Sn f(n)1. (1)求数列 a
11、n的通项公式； (2)若 bnlogaan1，求数列 anbn的前 n 项和 Tn. 解(1)把点 (1,2)代入函数f(x)ax得 a2， 所以数列 an的前 n 项和为 Snf(n)12n 1. 当 n1 时， a1S1 1； 当 n2 时， anSn Sn1 2n2n 12n1， 对 n1 时也适合，an2n 1. (2)由 a 2，bnlogaan1得 bnn， 所以 anbnn 2n 1. Tn1 202 213 22 n 2n 1， 2Tn1 212 223 23 (n1) 2n 1n 2n. 由得： Tn202122 2n 1n 2n， 所以 Tn(n1)2n1. 18 (12
12、分 )已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an11 2S n(n1,2,3， ) (1)求数列 an的通项公式； (2)当 bnlog3 2(3a n1)时，求证：数列 1 bnbn1 的前 n 项和 Tn n 1n. (1)解由已知 an1 1 2S n， an1 2S n1 (n2)， 得 an1 3 2a n(n2) 数列 an 是以 a2为首项，以 3 2为公比的等比数列 又 a2 1 2S 11 2a 1 1 2， ana2 3 2 n2(n2) an 1，n1， 1 2 3 2 n2， n2. (2)证明bnlog3 2(3a n1)log 3 2 3 2 3 2 n
13、1 n. 1 bnbn1 1 n 1n 1 n 1 1n. Tn 1 b1b2 1 b2b3 1 b3b4 1 bnbn1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 1n 1 1 1 n n 1n. 19 (12 分)已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第二项、第五项、第十四项分别 是一个等比数列的第二项、第三项、第四项 (1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 1 n an3 (nN*)，Snb1b2 bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的 n 均有 Sn t 36总成立？若存在，求出 t；若不存在，请说明理由 解(1)由题意得 (a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2. a11，解得 (d0 舍)，d 2. an2n1(nN*) (2)bn 1 n an 3 1 2n n1 1 2 1 n 1 n1 ， Snb1b2 bn 1 2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 2 1 1 n1 n 2 n1 . 假设存在整数t 满足 Sn t 36总成立， 又 Sn1Sn n1 2 n2 n 2 n1 1 2 n2 n1 0， 数列 Sn 是单调递增的 S1 1 4为 S n的最小值，故 t 36 1 4，即 t9. 又 tN*， 适合条件的t 的最大值为8. 精心整理资料，感谢使用！
