阶段测试卷第五章

第五章数列(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(每小题5分，共60分)1.(2013·山西诊断)正项等比数列{an}中，若a2a18＝16，则log2a10等于(A)A.2B.4C.8D.16依题意得，a2a18＝a210＝16，又a100，因此a10＝4,log2a10＝log24＝2.2.(2013·荆州质检)已知数列{an}是等比数列，a4＝4，a7＝12，则公比q等于(D)A.－12B.－2C.2D.12由题知a7a4＝q3＝124＝18，∴q＝12.3.(2013·全国高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(C)A.3B.4C.5D.6Sm－Sm－1＝am＝2，Sm＋1－Sm＝am＋1＝3，∴d＝1，Sm＝ma1＋m（m－1）2d＝0，解得a1＝－m－12，am＝a1＋(m－1)d＝－m－12＋m－1＝2，解得m＝5.4.已知等差数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，2a＋3，则此数列的通项an等于(A)A.2n－3B.2n＋1C.2n－5D.2n－1依题意得2(a＋1)＝(a－1)＋(2a＋3)，解得a＝0，故首项a1＝a－1＝－1，公差d＝(a＋1)－(a－1)＝2，故此数列的通项an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3.5.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2·a4＝1，S3＝7，则S5等于(B)A.334B.314C.172D.152依题意知，a21q4＝1，又a10，q0，则a1＝1q2.又S3＝a1(1＋q＋q2)＝7，于是有1q＋31q－2＝0，因此有q＝12，a1＝4，∴S5＝4×1－1251－12＝314.6.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c＝2a，则cosB等于(A)A.34B.23C.24D.14∵三边a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，又c＝2a，∴b＝2a，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝34.7.(2013·江西七校联考)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于(A)A.150B.－200C.150或－200D.400或－50依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S200，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，S40－S30＝80，则S40＝80＋70＝150.8.(2012·全国高考)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于(D)A.7B.5C.－5D.－7设数列{an}的公比为q，由a4＋a7＝2，a5·a6＝a4·a7＝－8，得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，∴a1＝－8，q3＝－12或a1＝1，q3＝－2，∴a1＝－8，a10＝1或a1＝1，a10＝－8，∴a1＋a10＝－7.9.(2013·江南十校联考)已知正项等差数列{an}满足：an＋1＋an－1＝a2n(n≥2)，等比数列{bn}满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)等于(C)A.－1或2B.0或2C.2D.1由题意可知，an＋1＋an－1＝2an＝a2n，解得an＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数)，又bn＋1bn－1＝b2n＝2bn(n≥2)，∴bn＝2(n≥2)，log2(a2＋b2)＝log24＝2.10.已知数列{an}满足a1＝1，且an＝12an－1＋12n(n≥2且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an等于(B)A.2nn＋1B.n＋12nC.n＋1D.(n＋1)2n由an＝12an－1＋12n(n≥2，且n∈N*)得2nan＝2n－1·an－1＋1，∴数列{2nan}是首项为2，公差为1的等差数列，∴2nan＝2＋(n－1)×1＝n＋1，故an＝n＋12n.11.(2013·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1且前n项和Sn满足SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1(n∈N*且n≥2)，则a81等于(C)A.638B.639C.640D.641由已知SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1，Sn＞0可得，Sn－Sn－1＝2，∴{Sn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.12.(2013·昆明调研)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(A)A.a100＝－1，S100＝5B.a100＝－3，S100＝5C.a100＝－3，S100＝2D.a100＝－1，S100＝2依题意an＋2＝an＋1－an＝－an－1，即an＋3＝－an，an＋6＝－an＋3＝an，故数列{an}是以6为周期的数列，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(a1＋a4)＋(a2＋a5)＋(a3＋a6)＝0.注意到100＝6×16＋4，因此有a100＝a4＝－a1＝－1，S100＝16(a1＋a2＋…＋a6)＋(a1＋a2＋a3＋a4)＝a2＋a3＝a2＋(a2－a1)＝2×3－1＝5.二、填空题(每小题5分，共20分)13.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，其前n项和Sn满足Sk＋2－Sk＝24，则k＝__5__．数列{an}的前n项和Sn＝n＋n（n－1）2×2＝n2，由Sk＋2－Sk＝24，可得(k＋2)2－k2＝24，解得k＝5.14.已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为{an}的前n项和，则S3－S2S5－S3的值为__2__．设数列{an}的公差为d，则(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，即a21＋4a1d＋4d2＝a21＋3a1d，解得a1＝－4d(舍去d＝0)．S3－S2S5－S3＝a3a4＋a5＝－4d＋2d－4d＋3d－4d＋4d＝2.15.(2013·北京朝阳综合练习)在等比数列{an}中，2a3－a2a4＝0，则a3＝__2__，{bn}为等差数列，且b3＝a3，则数列{bn}的前5项和等于__10__．在等比数列中2a3－a2a4＝2a3－a23＝0，解得a3＝2.在等差数列中b3＝a3＝2，∴S5＝5（b1＋b5）2＝5×2b32＝5b3＝5×2＝10.16.在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a3＋a4＝11a2a4，且它的前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，则数列{an}的通项公式an＝__102－n__．设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，由题意知q≠1，则S2n＝a1（1－q2n）1－q，Tn＝a1q（1－q2n）1－q2.由题意可知S2n＝11Tn，即a1（1－q2n）1－q＝11a1q（1－q2n）1－q2，解得q＝110(或令n＝1，则S2＝11T1，即a1＋a2＝11a2，化简得a1＝10a2，故q＝110)．又a3＋a4＝11a2a4，∴a1q2＋a1q3＝11a21q4，化简得1＋q＝11a1q2，将q＝110代入可得a1＝10，故an＝a1qn－1＝110n－2＝102－n.三、解答题(共70分)17.(10分)求数列{(2n－1)2}的前n项和Sn.∵(2n－1)2＝4n2－4n＋1(2分)∴Sn＝12＋32＋52＋…＋(2n－1)2(4分)＝4(12＋22＋32＋…＋n2)－4(1＋2＋3＋…＋n)＋n(7分)＝4×16n(n＋1)(2n＋1)－4×12n(n＋1)＋n＝13n(4n2－1)．(10分)18.(10分)(2013·济南模拟)正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a4＝16，且a2，a3的等差中项为S2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝na2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意，得a1q3＝16，a1q＋a1q2＝2（a1＋a1q），解得a1＝2，q＝2.(4分)∴an＝2n.(6分)(2)∵bn＝na2n－1＝n22n－1，∴Tn＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n－1，14Tn＝123＋225＋327＋…＋n－122n－1＋n22n＋1，(8分)∴34Tn＝12＋123＋125＋127＋…＋122n－1－n22n＋1＝121－14n1－14－n22n＋1＝23－4＋3n3·22n＋1，故Tn＝89－4＋3n9·22n－1.(10分)19.(12分)(2013·江苏高考)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项和．记bn＝nSnn2＋c，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.由题设，Sn＝na＋n（n－1）2d.(1)由c＝0，得bn＝Snn＝a＋n－12d.又b1，b2，b4成等比数列，∴b22＝b1b4，即a＋d22＝aa＋32d，化简得d2－2ad＝0.∵d≠0，∴d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(5分)(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即nSnn2＋c＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有d1－12dn3＋(b1－d1－a＋12d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．(7分)令A＝d1－12d，B＝b1－d1－a＋12d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，从而有7A＋3B＋cd1＝0，①19A＋5B＋cd1＝0，②37A＋7B＋cd1＝0，③解得A＝0，B＝0，cd1＝0.即d1－12d＝0，b1－d1－a＋12d＝0，cd1＝0.(9分)若d1＝0，则由d1－12d＝0，得d＝0，与题设矛盾，∴d1≠0.又cd1＝0，∴c＝0.(12分)20.(12分)(2013·东北三校模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；(2)求证：数列an＋23（－1）n为等比数列，并求出{an}的通项公式．(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3得a1＝2a1－1，a1＋a2＝2a2＋1，a1＋a2＋a3＝2a3－1，解得a1＝1，a2＝0，a3＝2.(5分)(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，an＝2an－1－43(－1)n－23(－1)n＝2an－1＋43(－1)n－1－23(－1)n(n≥2)，∴an＋23(－1)n＝2an－1＋23（－1）n－1(n≥2)．(9分)故数列an＋23（－1）n是以a1－23＝13为首项，公比为2的等比数列．∴an＋23(－1)n＝13×2n－1，∴an＝13×2n－1－23×(－1)n＝2n－13－23(－1)n.(12分)21.(12分)已知数列{an}是公差不为0