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2016高考数学理科二轮复习习题:专题综合检测卷(三)

时间:2016-01-12


专题综合检测(三)
(时间:120 分钟,满分:150 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.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则 a20=(B) A.-1 B.1 C.3 D.7 解析:∵a1+a3+a5=105,即 3a3=105,∴a

3=35.同理可得 a4 =33,∴公差 d=a4-a3=-2,∴a20=a4+(20-4)×d=1.故选 B. 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列
? 1 ? ? ?的前 100 项和为(A) ?anan+1?

100 99 99 101 A. B. C. D. 101 101 100 100 解析:由 a5=5,S5=15 可得

?a1+4d=5, ? 5×4 5 a d=15 1+ ? 2

? ?a1=1, ?? ?an=n. ?d=1 ?

1 1 1 1 ∴ = = - . anan+1 n(n+1) n n+1
? 1? ?1 1? ? 1 1 ? 1 100 S100=?1-2?+?2-3?+…+?100-101?=1- = . 101 101 ? ? ? ? ? ?

1 3.(2015· 新课标Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足 a1= ,a3a5=4(a4 4 -1),则 a2=(C)
1

A.2

1 B.1 C. 2

1 D. 8

解析:解法一

2 2 ∵ a3a5=a4 ,a3a5=4(a4-1),∴ a4 =4(a4-1),

a4 2 2 ∴ a4 -4a4+4=0,∴ a4=2.又∵ q3= = =8, a1 1 4 1 1 ∴ q=2,∴ a2=a1q= ×2= ,故选 C. 4 2 解法二 ∵ a3a5=4(a4-1),∴ a1q2·a1q4=4(a1q3-1),

1 将 a1= 代入上式并整理,得 q6-16q3+64=0,解得 q=2, 4 1 ∴ a2=a1q= ,故选 C. 2 4.已知 {an}是等差数列,a1+ a2=4,a7+a8=28,则该数列前 10 项和 S10 等于(B) A.64 B.100 C.110 D.120 5.在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn 表示数列{an}的前 n 项和,则 S11=(B) A.18 B.99 C.198 D.297 6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=10,a2=9,那么下 列不等式中成立的是(D) A.a10-a11<0 B.a20+a22>0 C.S20-S21<0 D.S40+a41<0 解析:公差 d=a2-a1=-1, ∴an=11-n.
2

∴a10-a11>0,a20+a22<0,故 A、B 错误. n(a1+an) n2 21 Sn= =- + n, 2 2 2 ∴S20>S21,即 S20-S21>0,故 C 错. 由 an 及 Sn 知,S40<0,a41<0, 即 S40+a41<0,故 D 正确. 7.已知数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和是 Sn,若{log2an} 3 是公差为-1 的等差数列,且 S6= ,那么 a1 的值是(A) 8 4 6 8 12 A. B. C. D. 21 31 21 31 8.已知等比数列{an}中,a2=1,则其前 3 项的和 S3 的取值范围 是(D) A.(-∞,-1] C.[3,+∞) B.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)

9.(2015· 浙江卷)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项 和是 Sn,若 a3,a4,a8 成等比数列,则(B) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
2 解析:∵ a3,a4,a8 成等比数列,∴ a4 =a3a8,∴ (a1+3d)2=(a1

5 +2d)(a1+7d),展开整理,得-3a1d=5d2,即 a1d=- d2.∵ d≠0, 3 ∴ a1d<0.∵ Sn=na1+ n(n-1) d,∴ S4=4a1+6d,dS4=4a1d+ 2

3

2 6d2=- d2<0. 3 10.已知 f(x)=x+1,g(x)=2x+1,数列{an}满足 a1=1,an+1
? ?f(an),n为奇数, =? 则 a2 016=(D) ?g(an),n为偶数, ?

A.22 016-2 016 C.22 016-2

B.21 007-2 016 D.21 009-2

解析:a2n+2=a2n+1+1=(2a2n+1)+1=2a2n+2. 即 a2n+2+2=2(a2n+2),∴{a2n+2}是以 2 为公比,a2+2=4 为 首项的等比数列. ∴a2n+2=4×2n-1=2n+1.∴a2n=2n+1-2. ∴a2 016=21 009-2. 11.某商品的价格前两年每年递增 20%,后两年每年递减 20%, 最后一年的价格与原来的价格比较,变化情况是(D) A.不增不减 B.约增 1.4%

C.约减 9.2% D.约减 7.8% 解析:设原价为 1,则现价为(1+20%)2(1-20%)2=0.921 6,∴ 1-0.921 6=0.078 4,约减 7.8%. 12.(2014· 兰州模拟)设 y=f(x)是一次函数,若 f(0)=1 且 f(1), f(4),f(13)成等比数列,则 f(2)+f(4)+…+f(2n)等于(A) A.n(2n+3) B.n(n+4)

C.2n(2n+3) D.2n(n+4) 解析:由题意可设 f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)×(13k
4

+1),解得 k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+… +(2×2n+1)=4×(1+2+…+n)+n=2n2+3n. 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. (2015· 新课标Ⅱ卷)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和, 且 a1=-1, 1 an+1=SnSn+1,则 Sn=- . n 解析:∵ an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1, ∴ Sn+1-Sn=SnSn+1. ∵ Sn≠0,∴ 1 1 1 1 - =1,即 - =-1. Sn Sn+1 Sn+1 Sn

1 1 又 =-1,∴ { }是首项为-1,公差为-1 的等差数列. Sn S1 ∴ 1 1 =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴ Sn=- . Sn n

14.(2015· 陕西卷)中位数为 1 010 的一组数构成等差数列,其末 项为 2 015,则该数列的首项为 5. 解析:设数列首项为 a1,则 a1+2 015 =1 010,故 a1=5. 2

15.(2014· 肇庆一模)等比数列{an}中,a1+a2=20,a3+a4=40, 则 a5+a6 等于 80.
? ?a1+a1q=20, ? 解析: ?q2=2, a5+a6=a1q4+a1q5=q2(a1q2+a1q3) 2 3 ?a1q +a1q =40 ?

=80. 16.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S2=10,S5=55,则
5

过点 P(n,an)和 Q(n+2,an+2)(n∈N*)的直线的斜率是 4. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)(2014· 湛江一模)已知正数数列{an}中,a1=1,前 n 项 和为 Sn,对任意 n∈N*,lg Sn,lg n,lg (1)求 an 和 Sn; (2)设 bn= Sn<Tn<2. 解析:(1)依题意:lg Sn+lg ∴Sn=ann2. ∴an+Sn-1=ann2.① 当 n≥2 时,Sn-1=an-1(n-1)2.② ②代入①并整理得: an n-1 = . an-1 n+1 1 Sn =2lg n,即 =n2, an an Sn ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,当 n≥2 时,证明: n! 1 成等差数列. an

a2 1 a3 2 a4 3 a5 4 an-3 n-4 an-2 n-3 an-1 ∴ = , = , = , = … = , = , = a1 3 a2 4 a3 5 a4 6 an-4 n-2 an-3 n-1 an-2 n-2 an n-1 , = . n an-1 n+1 2 an 把以上式子相乘得: = , a1 n(n+1) 又∵a1=1, 2 ∴an= . n(n+1)
6

∵当 n=1 时,a1=1 也满足上式, 2 ∴an= . n(n+1)
?1 1 ? 2 ∵an= =2?n-n+1?, n(n+1) ? ? ?1 ? 1 ? 1 ? ? 1? ?1 1? ?1 1? ∴ Sn= 2[?1-2? + ?2-3? + ?3-4? + …+ ?n-n+1? ]= 2?1-n+1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2n = . n+1 2n ? 1 ? 1 2n Sn n+1 (2)bn= = = =2?n!-(n+1)!? n! n! (n+1)n! ? ? ∴
?

Tn
?



? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 2?1!-2!+2!-3!+3!-4!+…+n!-(n+1)!? ? ? 1 =2?1-(n+1)!?. ? ?

∵n≥2,∴

1 >0, (n+1)!
?

? ? 1 ∴Tn=2?1-(n+1)!?<2. ?



Tn



Sn



2

? ? 1 ?1- ? (n+1)!? ?



2n n+1



?(n+1)!-1 n· n! ? 2 ?= - 2? [(n+ 1)!- 1- n· n! ] (n+1)!? (n+1)! ? (n+1)!

2 2 = [(n+1)· n!-1-n· n!]= (n!-1)>0. (n+1)! (n+1)! ∴Sn<Tn<2. 18.(12 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1+2a2+3a3+…
7

+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*). (1)求 a1,a2 的值; (2)求证:数列{Sn+2}是等比数列. 解析:(1)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*). ∴a1=2,a1+2a2=(a1+a2)+4. ∴a2=4. (2)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),① ∴当 n≥2 时, a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).② 由①-②得 nan=[(n-1)Sn+2n]-[(n-2)Sn-1+2(n-1)]= n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+2. ∴-Sn+2Sn-1+2=0,即 Sn=2Sn-1+2. ∴Sn+2=2(Sn-1+2). ∵S1+2=4≠0, ∴Sn-1+2≠0. ∴ Sn+2 =2. Sn-1+2

∴{Sn+2}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列. 19.(12 分)(2015· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列, {bn}是等差数列,且 a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前 n 项和. 解析:(1)设数列{an}的公比为 q,数列{bn}的公差为 d,由题意知
8

2 ? ?2q -3d=2, q>0.由已知,有? 4 消去 d,整理得 q4-2q2-8=0,解得 ? ?q -3d=10,

q2=4. 又因为 q>0,所以 q=2,所以 d=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公 式为 bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有 cn=(2n-1)· 2n-1, 设{cn}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn=1×20 +3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得 -Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)· 2n= -(2n-3)· 2n-3, 所以,Sn=(2n-3)· 2n+3,n∈N*. 3n2-n 20.(12 分)(2014· 江西卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= , 2 n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对任意 n>1,都有 m∈N*,使得 a1,an,am 成等比数 列.
? ?S1,n=1, 分析:(1)由和项求通项,主要根据 an=? 进行 ?Sn-Sn-1,n≥2, ?

求解. 3n2-n 因为 Sn= ,所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n-2,又 n 2
9

=1 时,an=S1=1=3×1-2,所以 an=3n-2; (2)证明存在性问题,实质是确定 n,要使得 a1,an,am 成等比数
2 列,只需要 an =a1am,即(3n-2)2=1×(3m-2),m=3n2-4n+2.而

此时 m∈N*且 m>n,所以对任意 n>1,都有 m∈N*,使得 a1,an, am 成等比数列. 3n2-n 解析:(1)因为 Sn= ,所以当 n≥2 时 an=Sn-Sn-1=3n- 2 2,又 n=1 时,an=S1=1=3×1-2,所以 an=3n-2.
2 (2)要使得 a1,an,am 成等比数列,只需要 an =a1am,即(3n-2)2

=1×(3m-2),m=3n2-4n+2,而此时 m∈N*,且 m>n,所以对 任意 n>1,都有 m∈N*,使得 a1,an,am 成等比数列. 21.(12 分)(2015· 福建卷)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an-2+n,求 b1+b2+b3+…+b10 的值. 解析:(1)设等差数列{an}的公差为 d.
?a1+d=4, ? 由已知得? ? ?(a1+3d)+(a1+6d)=15, ? ?a1=3, 解得? ? ?d=1.

所以 an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得 bn=2n+n, 所以 b1+b2+b3+…+b10 =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
10

2(1-210) (1+10)×10 = + 2 1-2 =(211-2)+55 =211+53=2 101. 22.(12 分)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比 数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Ta=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,证明:Tn-8=an-1bn+
* 1(n∈N ,n>2).

解析:(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q, 由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d,由条件得方程组
3 ? ?2+3d+2q =27, ? ?d=3, ? ? ? 3 ? ? 8 + 6 d - 2 q = 10 ? ?q=2.

故 an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)由(1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)×2n,① 2Tn=2×22+5×23+…+(3n-4)×2n+(3n-1)×2n+1.② 由①-②,得 -Tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)×2n+1 6×(1-2n) = -(3n-1)×2n+1-2 1-2 =-(3n-4)×2n+1-8. 得 Tn-8=(3n-4)×2n+1. 而当 n>2 时,an-1bn+1=(3n-4)×2n+1.
11

所以 Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n>2).

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