2013届高三数学章末综合测试题（8）数列

一、(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，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝(　　)
A．24 B．27
C．15 D．54
　解析　B　由a3＋a4＋a8＝9，得3(a1＋4d)＝9，即a5＝3.则S9＝9a1＋a92＝9a5＝27.
2．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11的值为(　　)
A．14 B．15
C．16 D．17
　解析　C　∵a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，∴5a8＝120，a8＝24，∴a9－13a11＝(a8＋d)
－13(a8＋3d)＝23a8＝16.
3．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn表示{an}的前n项的和，若a1＝3，a2a4＝144，则S5的值是(　　)
A.692 B．69
C．93 D．189
　解析　C　由a2a4＝a23＝144得a3＝12(a3＝－12舍去)，又a1＝3，各项均为正数，则
q＝2.所以S5＝a11－q51－q＝3×1－321－2＝93.
4．在数列1,2，7，10，13，4，…中，219是这个数列的第几项(　　)
A．16 B．24
C．26 D．28
　解析　C　因为a1＝1＝1，a2＝2＝4，a3＝7，a4＝10，a5＝13，a6＝4＝16，…，
所以an＝3n－2.令an＝3n－2＝219＝76，得n＝26.故选C.
5．已知等差数列的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则在数列中绝对值最小的项为(　　)
A．第5项 B．第6项
C．第7项 D．第8项

　解析　C　∵S13<0，∴a1＋a13＝2a7<0，又S12>0，
∴a1＋a12＝a6＋a7>0，∴a6>0，且a6>a7.故选C.
6.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n＋12－1的值为(　　)
A.n＋12n＋2 B.34－n＋12n＋2
C.34－121n＋1＋1n＋2 D.32－1n＋1＋1n＋2
　解析　C　∵1n＋12－1＝1n2＋2n＝1nn＋2＝121n－1n＋2，
∴Sn＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2
＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.
7．正项等比数列{an}中，若log2(a2a98)＝4，则a40a60等于(　　)
A．－16 B．10
C．16 D．256
　解析　C　由log2(a2a98)＝4，得a2a98＝24＝16，
则a40a60＝a2a98＝16.
8．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)＝(　　)
A.27(8n－1) B.27(8n＋1－1)
C.27(8n＋3－1) D.27(8n＋4－1)
解析　D　∵数列1,4,7,10，…，3n＋10共有n＋4项，∴f(n)＝2[1－23n＋4]1－23＝27(8n＋4－1)．
9．△ABC中，tan A是以－4为第三项，－1为第七项的等差数列的公差，tan B是以12为
第三项，4为第六项的等比数列的公比，则该三角形的形状是(　　)
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．等腰直角三角形 D．以上均错
　解析　B　由题意 知，tan A＝－1－－47－3＝34＞0.
又∵tan3B＝412＝8，∴tan B＝2＞0， ∴A、B均为锐角．
又∵tan(A＋B)＝34＋21－34×2＝－112＜0，∴A＋B为钝角，即C为锐角，
∴△ABC为锐角三角形．
10．在等差数列{an}中，前n项和为Sn＝n，前项和S＝n，其中≠n，则S＋n的值(　　)
A．大于4 B．等于4
C．小于4 D．大于2且小于4
　解析　A　由题意可设Sk＝ak2＋bk(其中k为正整数)，
则an2＋bn＝n，a2＋b＝n，解得a＝1n，b＝0，∴Sk＝k2n，
∴S＋n＝＋n2n>4nn＝4.
11．等差数列{an}的前n项和为Sn(n＝1，2,3，…)，若当首项a1
和公差d变化时，a5＋a8＋ a11是一个定值，则下列选项中为定值的是(　　)
A．S17 B．S18
C．S15 D．S14
　解析　C　由a5＋a8＋a11＝3a1＋21d＝3(a1＋7d)＝3a8是定值，可知a8是定值．所以
S15＝15a1＋a152＝15a8是定值．
12．数列{an}的通项公式an＝1nn＋1，其前n项和为910，则在平面直角坐标系中，直线
(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为(　　)
A．－10 B．－9
C．10 D．9
　解析　B　∵an＝1n－1n＋1， ∴Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，
由nn＋1＝910，得n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0，其在y轴上的截距为－9.
二、题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)[
13．设Sn是等差 数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________.
　解析　∵a1＝1，a4＝7，∴d＝7－14－1＝2.
∴S5＝5a1＋5×5－12d＝5×1＋5×42×2＝25.
【答案】　25
14．若数列{an}满足关系a1＝3，an＋1＝2an＋1，则该数列的通项公式为________．
　解析　∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an＋1＝4•2n－1，∴an＝2n＋1－1.
【答案】　an＝2n＋1－1
15．(20 11•北京高考)在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________.
　解析　∵数列{an}为等比数列，
∴a4＝12•q3＝－4，q＝－2；an＝12•(－2)n－1， an＝12•2n－1，
由等比数列前n项和公式得 a1＋a2＋…＋an＝121－2n1－2＝－12＋12•2n＝2n－1－12.
【答案】　－2　2n－1－12
16．给定：an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义使a1•a2•…•ak为整数的数k(k∈N*)叫做数列{an}的“ 企盼数”，则区间[1,2 013]内所有“企盼数”的和＝________.
　解析　设a1•a2•…•ak＝log23•log34•…•logk(k＋1)•logk＋1(k＋2)＝log2(k＋2)为整数，
则k＋2＝2，
∴k＝2－2.
又1≤k≤2 013，
∴1≤2－2≤2 013，
∴2≤≤10.
∴区间[1,2 013]内所有“企盼数”的和为
＝(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)
＝(22＋23＋…＋210)－18
＝22×1－291－2－18
＝2 026.
【答案】　2 026
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知等差数列{an}的前三项为a,4,3a，前k项的和Sk＝2 550，求通项公式an及k的值．
　解析　法一：由题意知，
a1＝a，a2＝4，a3＝3a，Sk＝2 550.
∵数列{an}是等差数列，
∴a＋3a＝2×4，
∴a1＝a＝2，公差d＝a2－a1＝2，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n.
又∵Sk＝ka1＋kk－12•d，
即k•2＋kk－12•2＝2 550，整理，
得k2＋k－2 550＝0，
解得k1＝50， k2＝－51(舍去)，
∴an＝2n，k＝50.
法二：由法一，得a1＝a＝2，d＝2，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，
∴Sn＝na1＋an2＝n2＋2n2＝n 2＋n.
又∵Sk＝2 550，
∴k2＋k＝2 550，
即k2＋k－2 550＝0，
解得k＝50(k＝－51舍去)．
∴an＝2n，k＝50.
18．(12分)(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n，求数列{an}的通项公式；新标
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，求an.
　解析　(1)n＝1时，a1＝S1＝1.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝3n2－2n－3(n－1)2＋2(n－1)
＝ 6n－5，
因为a1也适合上式，
所以通项公式为an＝6n－5.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.
因为n＝1时，不符合an＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为
an＝5，　　n＝1，2n－1， n≥2.
19．(12分)有10台型号相同的联合收割机，收割一片土地上的庄稼．若同时投入至收割完毕需用24小时，但现在它们是每隔相同的时间依次投入工作的，每一台投入工作后都一直工作到庄稼收割完毕．如果第一台收割机工作的时间是最后一台的5倍．求用这种收割方法收割完这片土地上的庄稼需用多长时间？
　解析　设从第一台投入工作起，这10台收割机工作的时间依次为a1，a2，a3，…，a10小时，依题意，{an}组成一个等差数列，每台收割机每小时工作效率是1240，且有
a1240＋a2240＋…＋a10240＝1，　　　　①a1＝5a10， ②
由①得，a1＋a2＋…＋a10＝240.
∵数列{an}是等差数列，
∴a1＋a10×102＝240，即a1＋a10＝48.③
将②③联立，解得a1＝40(小时)，即用这种方 法收割完这片土地上的庄稼共需40小时．
20．(12分)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1.
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设3nbn＝n(3n－an)，求b1＋b2＋…＋bn.
　解析　(1)∵an＋1＝an＋6an－1，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)．
又a1＝5，a2＝5，
∴a2＋2a1＝15，
∴an＋an＋1≠0，
∴an＋1＋2anan＋2an－1＝3，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，
3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
即an＋1＝－2an＋5×3n，
∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，
∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．
(3)由(2)及3nbn＝ n(3n－an)，可得
3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]＝n(－2)n，
∴bn＝n－23n，
∴bn＝n23n.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝23＋2×232＋…＋n×23n，①
①×23，得
23Tn＝232＋2×233＋…＋(n－1)×23n＋n×23n＋1，②
①－②得
13Tn＝23＋232＋…＋23n－n×23n＋1
＝2－3×23n＋1－n23n＋1
＝2－(n＋3)23n＋1，
∴Tn＝6－2(n＋3)23n.
21．(12分)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)•f(y)且f(1)＝12.
(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；
(2)设an＝n•f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；
(3)设bn＝(9－n)fn＋1fn，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值．
　解析　(1)令x＝n，y＝1，
得f(n＋1)＝f(n)•f(1)＝12f(n)，
∴{f(n)}是首项为12，公比为12的等比数列，
即f(n)＝12n.
(2)设Tn为{an}的前n项和，
∵an＝n•f(n)＝n•12n，
∴Tn＝12＋2×122＋3×123＋…＋n×12n，
12Tn＝122＋2×123＋3×124＋…＋(n－1)×12n＋n×12n＋1，
两式相减得
12Tn＝12＋122＋…＋12n－n×12n＋1，
整理，得Tn＝2－12n－1－n×12n<2.
(3)∵f(n)＝12n，
∴bn＝(9－n)fn＋1fn
＝(9－n)12n＋112n＝9－n2，
∴当n≤8时，bn>0；当n＝9时，bn＝0；
当n>9时，bn<0.
∴当n＝8或9时，Sn取到最大值．
22． (12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3(n∈N*) ．
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
　解析　(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①
∴a1＝13，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13(n≥2)，②
①－②得3n－1an＝n3－n－13＝13(n≥2)，
化简得an＝13n(n≥2)．
显然a1＝13也满足上式，故an＝13n(n∈N*)．
(2)由①得bn＝n•3n.
于是Sn＝1•3＋2•32＋3•33＋…＋n•3n，③
3Sn＝1•32＋2•33＋3•34＋…＋n•3n＋1，④
③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n•3n＋1，
即－2Sn＝3－3n＋11－3－n•3n＋1，
Sn＝n2•3n＋1－14•3n＋1＋34.

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