2014年高考数学一轮复习数列测试题二

12013—2014学年度高三数学一轮复习数列（理）测试题二一、选择题1.设nS是公差不为0的等差数列{}na的前n项和，且124,,SSS成等比数列，则21aa的值为（）A.1B.2C.3D.42.已知各项均为正数的等比数列{}na满足7652aaa,若存在两项,mnaa使得1144,mnaaamn则的最小值为（）A．32B．53C．94D．93．等比数列na前n项的积为nT，若3618aaa是一个确定的常数，那么数列10T，13T，17T，25T中也是常数的项是（）（A）10T（B）13T（C）17T（D）25T4.在等差数列{}na中，若4681012120aaaaa，则10122aa的值为()A．20B．22C．24D．285．数列{}na满足11a，*1(,,0)nnapapnppNR，则“1p”是“数列{}na是等差数列”的（）（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件（C）充分且必要条件（D）不充分也不必要条件6．已知函数cos0,2fxxx有两个不同的零点12,xx，方程fxm有两个不同的实根34,xx.若这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为（）A、23B、23C、21D、217.已知函数21(0)()(1)1(0)xxfxfxx，把函数()()gxfxx的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为（）A．*(1)()2nnnanNB．*1()nannN2C．*(1)()nannnND．*22()nnanN8．等比数列na中，1102,4aa，函数1210fxxxaxaxa，则'0f（）A.62B.102C.122D.1529．设等差数列{an}满足：sin2a3－cos2a3＋cos2a3cos2a6－sin2a3sin2a6sin（a4＋a5）＝1，公差d∈(－1，0)．若当且仅当n＝9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，则首项a1的取值范围是()A．(7π6，4π3)B．(4π3，3π2)C.7π6，4π3D.4π3，3π210．若{an}是等差数列，首项a10，公差d0，且a2013(a2012＋a2013)0，则使数列{an}的前n项和Sn0成立的最大自然数n是()A．4027B．4026C．4025D．4024二、填空题11.设1,ad为实数，首项为1a，公差为d的等差数列na的前项和为nS，满足34150SS，则d的取值范围为．12．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为_______．13．在正项等比数列{an}中，a5＝12，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋ana1a2…an的最大正整数n的值为．14．如图所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是．15．设正整数数列na满足：24a，且对于任何*nN，有11111122111nnnnaaaann，则10a．三、解答题16．已知数列}{na满足)12)(12(1,2111nnaaann.（1）求数列}{na的通项公式；3（2）设nnnab3,数列}{nb的前n项和nS，求证nS6.17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式Tn－22n－12010的n的最小值．418．已知数列{na}中，（I）证明数列是等比数列，并求数列{na}的通项公式；（II）记，求数列的前n项和Sn。19．在数列{}na中，已知112122,;5nnnaaaa1*.3nnbnNa，(I)求12,bb及nb；(II)求证：112.nkkb520．已知数列na满足1111,14nnaaa,其中nN*.(Ⅰ)设221nnba，求证：数列nb是等差数列，并求出na的通项公式na；(Ⅱ)设41nnacn，数列2nncc的前n项和为nT,是否存在正整数m,使得11nmmTcc对于nN*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由.21．设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．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＝0.62013—2014学年度高三数学一轮复习数列（理）测试题二参考答案二、选择题1.C2.A3.C4.C5.A6.A7.B8.D9.B10.D二、填空题11.25d或25d12.－4913.1214.an＝3n－2.15.100三、解答题16.（1）)12)(12(1,2111nnaaann,)32)(12(11nnaann13112aa,相加得：121)131)32)(12(1(1nnnnaan，)()12(2121121Nnnnnan（2）又（1）知，nnnb3)12(2]3)12(3331[22nnnS]3)12(3331[23132nnnS，两式相减化简得13)1(26nnnS，6nS17.(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×22－2n＋11－2－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.若Tn－22n－12010，则2＋n－n＋12n－12010，即2n＋12010.由于210＝1024,211＝2048，所以n＋1≥11，即n≥10.7所以满足不等式Tn－22n－12010的n的最小值是10.18.解：（Ⅰ）由题意知：212nnnaaa，211(1)nnaa，∴1lg(1)2lg(1)nnaa；又12a，∴数列lg(1)na是以lg3为首项，2为公比的等比数列．∴1lg(1)2lg3nna，即1213nna；∴数列na的通项公式为1231nna；（Ⅱ）由212nnnaaa两边同取倒数可知，12112nnnaaa，即11122nnnaaa，所以1112nnnbaa或2121211122nnnnnnnnaabaaaaa=211212[(2)]nnnnnnnnnaaaaaaaaa＝1112()112()nnnnnnaaaaaa；∴122311111112()2()2()nnnSaaaaaa＝11112naa=22131n．19.【解】（1）11b23b猜想221nb用数学归纳法证明或如下求解：11b23b11511212121233335nnnnnnnnabbaaaaa……进而112(1)nnbb，8于是{1}nb是以111123nba为首项，2为公比的等比数列，故1122nnb，即21nnb（2）1121nnb∴当2n时，1111111212212nnnnnb21111111222nnkkb-----------10分111[1()]221112n112()22n20.（I）证明212212412214112212212211nnnnnnnnnaaaaaaabb，所以数列nb是等差数列，2,111ba，因此nnbn22)1(2，由122nnab得nnan21(II)ncn2,2]12242nnnnccnn,所以321112112nnTn，依题意要使11mmnccT对于*Nn恒成立，只需,34)1(mm解得3m或4m，所以m的最小值为3.21.解：由题设，Sn＝na＋n（n－1）2d.(1)由c＝0，得bn＝Snn＝a＋n－12d.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即a＋d22＝aa＋32d，9化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以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.(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＋12dn2＋cd1n＝c(d1－b1)．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＝0，②21A＋5B＋cd1＝0，③由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－12d＝0，b1－d1－a＋12d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－12d＝0得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又因为cd1＝0，所以c＝0.