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2011届高考数学第一轮复习单元检测试题 等差数列与等比数列


第六单元

等差数列与等比数列

一.选择题. (1) 已知等差数列 { a n } 中, a 7 ? a 9 ? 16 , a 4 ? 1, 则 a 12 的值是 ( ) A 15 B 30 C 31 D 64 (2) 在各项都为正数的等比数列{an}中,首项 a1=3 ,前三项和为 21,则 a3+ a4+ a5=( A 33 B 72 C 84 D 189 (3) 已 知 等 差 数 列 ?a n ? 的 公 差 为 2, 若 a 1 , a 3 , a 4 成 等 比 数 列 , ( ) A –4 B –6 C –8 D –10 (4) 如 果 数 列 是 等 差 数 列 {a n } ( ) A a1 ? a 8 ? a 4 ? a 5 B a1 ? a 8 ? a 4 ? a 5 C
a1 ? a 8 ? a 4 ? a 5

) 则 a2 =





D

a1 a 8 ? a 4 a 5

(5) 已知由正数组成的等比数列{an}中,公比 q=2, a1·a2·a3·…·a30=245, 则 a1 · a4 · a7 · … ( A 25 B 210 C 215 D 220 (6) ? a n ? 是首项 a 1 =1,公差为 d =3 的等差数列,如果 a n =2005,则序号 n 等于

· ) (

a28=

)

A 667 B 668 C 669 D 670 (7) 数 列 { an } 的 前 n 项 和 Sn=3n-c, 则 c=1 是 数 列 { an } 为 等 比 数 列 的 ( ) A 充分非必要条件 B 必要非充分条件 C 充分必要条件 D 既非充分又非必要条件 (8) 在 等 比 数 列 { an } 中 , a1<0, 若 对 正 整 数 n 都 有 an<an+1, 那 么 公 比 q 的 取 值 范 围 是 ( ) A q>1 B 0<q<1 C q<0 D q<1 (9) 有一塔形几何体由若干个正方体构成, 构成方式如图所示, 上层正方体下底面的四个顶点是下层正 方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为 2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面 积)超过 39,则该塔形中正方体的个数至少是 ( ) A 4; B 5; C 6; D 7。 (10) 已知 f(x)=bx+1 为 x 的一次函数, g(n)= ? (
?1 (n ? 0) ? f [ g ( n ? 1 )] ( n ? 1 )

b 为不等于 1 的常数, 且 an= g(n) - g(n-1) (n ∈ N


,



),

则 数 列 { an } 是

) A 等差数列 二.填空题 (11) 在 和
3 8 27 2

B 等比数列

C 递增数列

D 递减数列

之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为_____.
a 1 (3
n

(12) 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn=

? 1)

2

(对于所有 n≥1),且 a4=54,则 a1 的数值是_____. .

(13) 等差数列{an}的前 m 项和为 30, 前 2m 项和为 100, 则它的前 3m 项和为
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(14) 设等比数列 { a n } 的公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列,则 q 的值为_________ 三.解答题 (15) 已知数列 {log 2 ( a n ? 1)} n ? N * ) 为等差数列,且 a 1 ? 3 , a 3 ? 9 . 求数列 { a n } 的通项公式;

(16) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 Sn=2n2, {b n } 为等比数列,且 a 1 ? b1 , b 2 ( a 2 ? a 1 ) ? b1 . (Ⅰ)求数列 { a n } 和 {b n } 的通项公式; (Ⅱ)设 c n ?
an bn

,求数列 { c n } 的前 n 项和 Tn.

(17) 已知等比数列{an}的各项都是正数, Sn=80, S2n=6560, 且在前 n 项中, 最大的项为 54, 求 n 的值.

第2页 共7页

(18) 已知{ a n }是公比为 q 的等比数列,且 a 1 , a 3 , a 2 成等差数列. (Ⅰ)求 q 的值; (Ⅱ)设{ b n }是以 2 为首项,q 为公差的等差数列,其前 n 项和为 Sn,当 n≥2 时,比较 Sn 与 bn 的 大小,并说明理由..

参考答案 一选择题: 1.A [解析]:已知等差数列 { a n } 中, a 7 ? a 9 ? 16 , 又 a 7 ? a 9 ? 2 a 8 ,? a 8 ? 8 又 2 a 8 ? a 4 ? a 12 ,? a 12 ? 15 2.C [解析]:在各项都为正数的等比数列{an}中,首项 a1=3 ,前三项和为 21 故 3+3q+3q2 =21,解得 q=2 因此 a3+ a4+ a5=21 ? 2 2 =84 3.B [解析]:已知等差数列 ?a n ? 的公差为 2,若 a 1 , a 3 , a 4 成等比数列, 则 ( a 2 ? 2 ) 2 ? ( a 2 ? 2 )( a 2 ? 4 ), ?a 2 ? ? 6
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4.B [解析]: ∵ a 1 ? a 8 ? a 4 ? a 5 ? 2 a 1 ? 7 d ∴故选 B 5.A [解析]:已知由正数组成的等比数列{an}中,公比 q=2, a1·a2·a3·…·a30=245, 则 a2·a5·a8·…·a29= a1·a4·a7·…·a28·210 a3·a6·a9·…·a30= a1·a4·a7·…·a28·220 故 a1·a4·a7·…·a28=25 6.C [解析]: ? a n ? 是首项 a 1 =1,公差为 d =3 的等差数列,如果 a n =2005, 则 1+3(n-1)=2005,故 n=669 7.C [解析]:数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-c,
? 3?c ? 则 an= ? ? 2 ? 3 n ?1 ? ( n ? 1)

由等比数列的定义可知:
(n ? 2)

c=1 ? 数列{an}为等比数列 8.B [解析]:在等比数列{an}中, a1<0, 若对正整数 n 都有 an<an+1, 则 an<anq 即 an(1-q)<0 若 q<0,则数列{an}为正负交错数列,上式显然不成立; 若 q>0,则 an<0,故 1 -q>0,因此 0<q<1 9.C [解析]: 底层正方体的表面积为 24;第2层正方体的棱长 2 ?
2 2 2 2 2 2
1 1 2

,每个面的面积为 4 ? ( ) ;
2

1

第3层正方体的棱长为 2 ? (

) ,每个面的面积为 4 ? (
2

) ;┉,第 n 层正方体的棱

2

长为 2 ? (

)

n ?1

,每个面的面积为 4 ? ( )
2

n ?1



若该塔形为 n 层,则它的表面积为 24+4[ 4 ? ( ) + 4 ? ( ) +┉+ 4 ? ( )
2

1

1

1

n ?1

]=40 ? ( )
2

1

n?5

2

2

2

因为该塔形的表面积超过 39,所以该塔形中正方体的个数至少是 6 10.B [解析]: 已知 f(x)=bx+1 为 x 的一次函数, b 为不等于 1 的常数, 且 g(n)= ?
?1 (n ? 0)

? f [ g ( n ? 1 )] ( n ? 1 )

,

则 g(1)=b+1,g(2)=b2+b+1,g(3)=b3+ b2+b+1, ┉,g(n)= b n +┉+ b2+b+1.
第4页 共7页

a1=b,a2= b2,a3= b3, ┉, a n ? b n 故数列{an} 是等比数列 二填空题: 11. 216 [解析]: 在 和
3 8 27 2

之间插入三个数,使这五个数成等比数列,
8 27 2 ? 36

设插入三个数为 a、b、c,则 b2=ac= ?
3

因此插入的三个数的乘积 为 36 ? 6 ? 216

12. 2 [解析]:设数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= 则 a4=S4-S3
a 1 ( 81 ? 1 ) 2
a 1 (3
n

? 1)

2

(对于所有 n≥1),

?

a 1 ( 27 ? 1 ) 2

? 27 a 1 ,且 a4=54,则 a1 =2

13. 210 [解析]:∵{an}等差数列 , ∴ Sm,S2m-Sm , 即 2(S2m-Sm)= Sm + (S3m-S2m) ∴S3m=3(S2m-Sm)=210 14. –2

S3m-S2m 也成等差数列

[解析]:设等比数列 { a n } 的公比为 q,前 n 项和为 Sn,且 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列,则2Sn=Sn+1 +Sn+2 (*) 若 q=1, 则 Sn=na1, (*)式显然不成立, 若 q ? 1,则(*)为 2
a 1 (1 ? q )
n

1? q

?

a 1 (1 ? q 1? q

n ?1

)

?

a 1 (1 ? q 1? q

n?2

)

故 2 q n ? q n ?1 ? q n ? 2 即 q2+q-2=0 因此 q=-2 三解答题 (15)解:设等差数列 {log 2 ( a n ? 1)} 的公差为 d. 由 a 1 ? 3, a 3 ? 9 得 2 (log
2

2 ? d ) ? log

2

2 ? log

2

8 , 即 d=1.

所以 log 2 ( a n ? 1) ? 1 ? ( n ? 1)? ? n , 即 a n ? 2 n ? 1 . (16) (Ⅰ)当 n ? 1时 , a 1 ? S 1 ? 2 ;
当 n ? 2时 , a n ? S n ? S n ? 1 ? 2 n
2

? 2 ( n ? 1)

2

? 4 n ? 2,

第5页 共7页

故{an}的通项公式为 a n ? 4 n ? 2 , 即{ a n }是 a 1 ? 2 , 公差 d ? 4 的等差数列. 设{bn}的通项公式为 q , 则 b 1 qd ? b 1 , d ? 4 ,? q ?
n ?1 ? 2? 故 b n ? b1 q

1 4

. 2 4
n ?1

1 4
n ?1

, 即 { b n }的通项公式为
n ?1

bn ?

.

(II)?

cn ?

an bn

?

4n ? 2 2 4
n ?1

? ( 2 n ? 1) 4

,

? T n ? c 1 ? c 2 ? ? ? c n ? [1 ? 3 ? 4 ? 5 ? 4
1

2

? ? ? ( 2 n ? 1) 4
n ?1 n

n ?1

],

4 T n ? [1 ? 4 ? 3 ? 4

2

? 5 ? 4 ? ? ? (2 n ? 3)4
3

? ( 2 n ? 1) 4 ]

两式相减得
3T n ? ? 1 ? 2 ( 4 ? 4
1 2

? 4 ?? ? 4
3

n ?1

) ? ( 2 n ? 1) 4

n

?

1 3

[( 6 n ? 5 ) 4

n

? 5]

? Tn ?

1 9

[( 6 n ? 5 ) 4

n

? 5 ].

(17) 解: 由已知 an>0, 得 q>0, 若 q=1, 则有 Sn=na1=80, S2n=2na1=160 与 S2n=6560 矛盾, 故 q≠1. ∵
? a 1 (1 ? q ) ? 80 ? ? 1? q ? 2n a (1 ? q ) ? 1 ? 6560 ? 1? q ?
n

(1)

,
(2)

由(2)÷(1)得 qn=81

(3).

∴q>1, 此数列为一递增数列, 在前 n 项中, 最大一项是 an, 即 an=54. 又 an=a1qn-1= ∴a1=
54 81 2 3

a1 q

qn=54, 且 qn=81,
2 3 2 3

q. 即 a1=

q. q(1-qn)=80(1-qn),

将 a1= 即
2 3

q 代入(1)得

q(1-81)=80(1-q), 解得 q=3. 又 qn=81, ∴n=4.
? a 1 ? 0 ,? 2 q
2

(18) 解: (Ⅰ)由题设 2 a 3 ? a 1 ? a 2 , 即 2 a 1 q 2 ? a 1 ? a 1 q ,
? q ? 1或 ? 1 2 .

? q ? 1 ? 0.

(Ⅱ)若 q ? 1, 则 S n ? 2 n ? 当 n ? 2时 , S n ? b n ? S n ?1 ?
1 2

n ( n ? 1) 2

?1 ?

n

2

? 3n 2

.

( n ? 1 )( n ? 2 ) 2

? 0.
2

故 S n ? bn .

若q ? ?

,则 S n ? 2n ?

n ( n ? 1) 2

(?

1 2

) ?

? n

? 9n 4

.

当 n ? 2时 , S n ? b n ? S n ?1 ? ?

( n ? 1 )( n ? 10 ) 4

,

第6页 共7页

故对于 n ? N ? , 当 2 ? n ? 9时 , S n ? b n ; 当 n ? 10 时 , S n ? b n ; 当 n ? 11时 , S n ? b n .

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