2010届高三数学周练06：数列

数列一、选择题（10题，每题5分）1.已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=A.21B.22C.2D.22.公差不为零的等差数列{}na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中项,832S,则10S等于A.18B.24C.60D.903.等差数列{}na的前n项和为nS，且3S=6，1a=4，则公差d等于A．1B53C.-2D34.设等比数列{na}的前n项和为nS，若63SS=3，则69SS=（A）2（B）73（C）83（D）35.等差数列na的前n项和为nS，已知2110mmmaaa，2138mS,则m（A）38（B）20（C）10（D）96.设na是公差不为0的等差数列，12a且136,,aaa成等比数列，则na的前n项和nS=（）A．2744nnB．2533nnC．2324nnD．2nn7.已知na为等差数列，1a+3a+5a=105，246aaa=99，以nS表示na的前n项和，则使得nS达到最大值的n是（A）21（B）20（C）19（D）188.数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS，则30S为A．470B．490C．495D．5109.等差数列｛na｝的公差不为零，首项1a＝1，2a是1a和5a的等比中项，则数列的前10项之和是A.90B.100C.145D.19010.将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（3n）从左向右的第3个数为二、填空题（6题，每题4分）11.设等差数列na的前n项和为nS，若972S,则249aaa=。12.若数列{}na满足：111,2()nnaaanN，则5a；前8项的和8S.（用数字作答）13.已知数列{}na满足：434121,0,,N,nnnnaaaan则2009a________；2014a=_________.14.已知数列na满足：1a＝m（m为正整数），1,231,nnnnnaaaaa当为偶数时，当为奇数时。若6a＝1，则m所有可能的取值为__________。15.设等差数列na的前n项和为nS,若6312aS,则2limnnSn.16.设12a，121nnaa，21nnnaba，*nN，则数列nb的通项公式nb=．三、解答题（7题，共76分）17.（本小题满分10分）已知等差数列{na}中，,0,166473aaaa求{na}前n项和ns.123456789101112131415………………18.（本小题满分10分）等比数列{na}的前n项和为ns，已知1S,3S,2S成等差数列（1）求{na}的公比q；（2）求1a－3a＝3，求ns19.（本小题满分10分）已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?20.（本题满分10分）设nS为数列{}na的前n项和，2nSknn，*nN，其中k是常数．（I）求1a及na；（II）若对于任意的*mN，ma，2ma，4ma成等比数列，求k的值．21.（本小题满分12分）已知曲线22:20(1,2,)nCxnxyn．从点(1,0)P向曲线nC引斜率为(0)nnkk的切线nl，切点为(,)nnnPxy．（1）求数列{}{}nnxy与的通项公式；（2）证明：1352112sin1nnnnnxxxxxxxy.22.（本小题满分12分）数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS.(1)求nS;(2)3,4nnnSbn求数列｛nb｝的前n项和nT.23.（本小题满分12分）已知等差数列}{na的公差d不为0，设121nnnqaqaaS*1121,0,)1(NnqqaqaaTnnnn（Ⅰ）若15,1,131Saq,求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）若3211,,,SSSda且成等比数列，求q的值。（Ⅲ）若*2222,1)1(2)1(1,1NnqqdqTqSqqnnn）证明（参考答案一、选择题（10题，每题5分）1.答案：B【解析】设公比为q,由已知得22841112aqaqaq,即22q,又因为等比数列}{na的公比为正数，所以2q,故211222aaq,选B2.答案：C【解析】由2437aaa得2111(3)(2)(6)adadad得1230ad,再由81568322Sad得1278ad则12,3da,所以1019010602Sad,.故选C3.答案：C【解析】∵31336()2Saa且3112=4d=2aada.故选C4.答案：B【解析】设公比为q,则36333(1)SqSSS＝1＋q3＝3q3＝2于是63693112471123SqqSq5.答案：C【解析】因为na是等差数列，所以，112mmmaaa，由2110mmmaaa，得：2ma－2ma＝0，所以，ma＝2，又2138mS，即2))(12(121maam＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选.C。6.答案：A【解析】设数列{}na的公差为d，则根据题意得(22)22(25)dd，解得12d或0d（舍去），所以数列{}na的前n项和2(1)1722244nnnnnSn7.答案：A【解析】：由1a+3a+5a=105得33105,a即335a，由246aaa=99得4399a即433a，∴2d，4(4)(2)412naann，由100nnaa得20n，选B8.答案：A【解析】由于22{cossin}33nn以3为周期,故2222222223012452829(3)(6)(30)222S221010211(32)(31)591011[(3)][9]25470222kkkkkk故选A9.答案：B【解析】设公差为d，则)41(1)1(2dd.∵d≠0，解得d＝2，∴10S＝10010.答案：262nn解：前n－1行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）个，即22nn个，因此第n行第3个数是全体正整数中第22nn＋3个，即为262nn．点评：本小题考查归纳推理和等差数列求和公式，难点在于求出数列的通项，解决此题需要一定的观察能力和逻辑推理能力。二、填空题（6题，每题4分）11.解:na是等差数列,由972S,得599,Sa58a2492945645()()324aaaaaaaaaa.12.【解析】本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题.m属于基础知识、基本运算的考查.1213243541,22,24,28,216aaaaaaaaa，易知882125521S，∴应填255.13.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331aa，2014210071007425210aaaa.∴应填1，0.14.【答案】4532【解析】（1）若1am为偶数，则12a为偶,故223a224amma①当4m仍为偶数时，46832mmaa故13232mm②当4m为奇数时，4333114aam63144ma故31414m得m=4。（2）若1am为奇数，则213131aam为偶数，故3312ma必为偶数63116ma，所以3116m=1可得m=515.答案：1611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSnnsaddnnnn解析：16.【答案】：2n+1解析：由条件得111112222222111nnnnnnnnaaabbaaa且14b所以数列nb是首项为4，公比为2的等比数列，则11422nnnb三、解答题（8题，76分）17.解析：本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力，利用方程的思想可求解。解：设na的公差为d，则11112616350adadadad即22111812164adadad解得118,82,2aadd或因此819819nnSnnnnnSnnnnn，或18.解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa由于01a，故022qq又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa故41a从而））（（）（））（（nnn211382112114S19.解析（1）113faQ,13xfx1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK11122121nnn；由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.20.解析：（Ⅰ）当1,111kSan，12)]1()1([,2221kknnnknknSSannnn（）经验，,1n（）式成立，12kknan（Ⅱ）mmmaaa42,,成等比数列，mmmaaa422.，即)18)(12()14(2kkmkkmkkm，整理得：0)1(kmk，对任意的Nm成立，10kk或21.解：（1）设直线nl：)1(xkyn，联立0222ynxx得0)22()1(2222nnnkxnkxk，则0)1(4)22(2222nnnkknk，∴12nnkn（12nn舍去）22222)1(1nnkkxnnn，即1nnxn，∴112)1(nnnxkynnn（2）证明：∵121111111nnnnnxxnn12112125331212432112531nnnnnxxxxn∴nnnxxxxxx11