2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标・通用版)专题综合训练(四) 专题四 数列 Word

专题综合训练(四)[专题四数列](时间：60分钟分值：100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a4a10＝16，则a6＝()A．1B．2C．4D．82．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，则5a1＋a7的值为()A．12B．10C．24D．63．{an}为首项为正数的递增等差数列，其前n项和为Sn，则点(n，Sn)所在的抛物线可能为()图Z4－14．已知在等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且a7＝b7，则b5＋b9＝()A．2B．4C．8D．165．已知{an}为等差数列，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝()A．24B．27C．15D．546．已知等比数列{an}满足a1＝2，a3a5＝4a26，则a3的值为()A.12B．1C．2D.147．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－ama1－am＋1(m∈N*，且m≥2)，则必定有()A．Sm0且Sm＋10B．Sm0且Sm＋10C．Sm0且Sm＋10D．Sm0且Sm＋108．已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a30，则f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值()A．恒为正数B．恒为负数C．恒为0D．可以为正数也可以为负数二、填空题(每小题5分，共20分)9．在等比数列{an}中，a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则a5＋a6等于________．10．已知数列1，a1，a2，9是等差数列，数列1，b1，b2，b3，9是等比数列，则b2a1＋a2的值为________．11．如图Z4－2所示的图形由小正方形组成，请观察图①至图④的规律，并依此规律，得第n个图形中小正方形的个数是________．图Z4－212．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，若当整数n1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)恒成立，则S15＝________．三、解答题(共40分)13．(13分)已知等比数列{an}的所有项均为正数，首项a1＝1，且a4，3a3，a5成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{an＋1－λan}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1(n∈N*)，求实数λ的值．14．(13分)数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2，数列{bn}是首项为a1，公差不为零的等差数列，且b1，b3，b11成等比数列．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)求证：b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bnan5.15．(14分)已知n∈N*，数列{dn}满足dn＝3＋（－1）n2，数列{an}满足an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n.又知数列{bn}中，b1＝2，且对任意正整数m，n，bmn＝bnm.(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)将数列{bn}中的第a1项，第a2项，第a3项，…，第an项删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前2013项和T2013.专题综合训练(四)1．B[解析]根据等比数列性质a4a10＝a27＝16，又数列各项均为正数，故a7＝4，所以a6＝a72＝2.2．A[解析]设公差为d，则S3＝3a1＋3d＝6，即a1＋d＝2，所以5a1＋a7＝6a1＋6d＝12.3．D[解析]当n≥1时{an}单调递增且各项之和大于零，当n＝0时Sn等于零，结合选项只能是D.4．C[解析]由于数列{an}为等比数列，所以a3a11＝a27＝4a7，即得a7＝4，也即b7＝4.由于数列{bn}是等差数列，所以b5＋b9＝2b7＝8.5．B[解析]设等差数列{an}的公差为d，则a3＋a4＋a8＝9⇒3a1＋12d＝9⇒a1＋4d＝3⇒a5＝3，S9＝9a5＝27.6．B[解析]根据等比数列性质a3a5＝a24，由此得a4＝±2a6，即a6＝±12a4，但a6＝a4q2，所以只能q2＝12，所以a3＝a1q2＝1.7．A[解析]由题意，得－ama1－am＋1⇔a1＋am0，a1＋am＋10，显然，易得Sm＝a1＋am2·m0，Sm＋1＝a1＋am＋12·(m＋1)0.8．A[解析]根据函数性质得x≥0时，f(x)≥0.设等差数列{an}的公差为d，则f(a1)＝f(a3－2d)，f(a5)＝f(a3＋2d)，所以f(a1)＋f(a5)＝f(2d＋a3)－f(2d－a3)，由于a30，所以2d＋a32d－a3，所以f(2d＋a3)－f(2d－a3)0，所以f(a1)＋f(a3)＋f(a5)0.9．80[解析]q2＝a3＋a4a1＋a2＝2，a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝40×2＝80.10.310[解析]因为1，a1，a2，9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.因为1，b1，b2，b3，9是等比数列，所以b22＝1×9＝9.因为b21＝b20，所以b2＝3，所以b2a1＋a2＝310.11.n（n＋1）2[解析]a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，等式两边同时累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，即an＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1）2，所以第n个图形中小正方形的个数是n（n＋1）2.12．211[解析]当n1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)可以化为(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即n1时，an＋1－an＝2，即数列{an}从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S15＝a1＋(a2＋…＋a15)＝1＋2＋282×14＝211.13．解：(1)设数列{an}的公比为q，则由条件得q3，3q2，q4成等差数列，所以6q2＝q3＋q4，q≠0，此方程即q2＋q－6＝0，解得q＝－3(舍去)或q＝2，所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1.(2)an＋1－λan＝2n－λ·2n－1＝(2－λ)·2n－1，显然λ＝2不合题意，λ≠2时，数列{an＋1－λan}的前n项和为（2－λ）（1－2n）1－2＝(2－λ)·(2n－1)，与已知比较可得λ＝1.14．解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)＝2an－2an－1，得an＝2an－1.又由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.b1＝a1＝2，设公差为d，则由b1，b3，b11成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋10d)，解得d＝0(舍去)或d＝3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1.(2)证明：令Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bnan＝221＋522＋823＋…＋3n－12n，①2Tn＝2＋521＋822＋…＋3n－12n－1，②②－①得Tn＝2＋321＋322＋…＋32n－1－3n－12n，所以Tn＝2＋321－12n－11－12－3n－12n＝5－3n＋52n，又3n＋52n0，故Tn5.15．解：(1)∵dn＝3＋（－1）n2，∴an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝3×2n2＝3n.又由题知，令m＝1时，则b2＝b21＝22，b3＝b31＝23，…，bn＝bn1＝2n，若bn＝2n，则bmn＝2nm，bnm＝2mn，所以bmn＝bnm恒成立；若bn≠2n，当m＝1时，bmn＝bnm不成立，所以bn＝2n.(2)由题知将数列{bn}中的第3项、第6项、第9项…删去后构成的新数列{cn}中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4，公比均是8，T2013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2012)＝2×（1－81007）1－8＋4×（1－81006）1－8＝20×81006－67.