2005高三数学数列专题检测检测

2005高三数学数列专题检测检测一、选择题1.在等差数列na中，若4a+6a+8a+10a+12a=120，则210a-12a的值为（）A、20B、22C、24D、282.在等比数列{an}中，首项a10，则{an}是递增数列的充要条件是公比q满足（）A．q1B．q1C．0q1D．q03.已知等差数列na的公差为2,若431,,aaa成等比数列,则2a=（）(A)–4(B)–6(C)–8(D)–104.等比数列na中，29,a5243a，则na的前4项和为（）A．81B．120C．168D．1925.已知数列}{na，那么“对任意的*Nn，点),(nnanP都在直线12xy上”是“}{na为等差数列”的()A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.设Sn是等差数列na的前n项和，若5935,95SSaa则（）A．1B．－1C．2D．217.正项等比数列｛an｝与等差数列｛bn｝满足7711,baba且71aa，则4a，4b的大小关系为（）（A）4a=4b（B）4a＜4b（C）4a＞4b（D）不确定8.给定正数p,q,a,b,c，其中pq，若p,a,q成等比数列，p,b,c,q成等差数列,则一元二次程bx2－2ax+c=0（）A．无实数根B．有两个相等的实数根C．有两个同号的相异的实数根D．有两个异号的相异的实数根9.已知等差数列na的前n项和为nS，若m1，且38,012211mmmmSaaa，则m等于（）A．38B．20C．10D．910.北京市为成功举办2008年奥运会，决定从2003年到2007年5年间更新市内现有全部出租车，若每年更新的车辆数比前一年递增10%，则2003年底更新车辆数约为现有总车辆数的（参考数据1.14=1.461.15=1.61）（）A．10%B．16.4%C．16.8%D．20%11.已知数列na的通项公式为na=cbnan，其中a、b、c均为正数，那么na与1na的大小是（）A．na1naB．na1naC．na=1naD.与n的取值有关12.已知数列{na}的前n项和),,2,1]()21)(1(2[])21(2[11nnbaSnnn其中a、b是非零常数，则存在数列{nx}、{ny}使得（）A．}{,nnnnxyxa其中为等差数列，{ny}为等比数列B．}{,nnnnxyxa其中和{ny}都为等差数列C．}{,nnnnxyxa其中为等差数列，{ny}都为等比数列D．}{,nnnnxyxa其中和{ny}都为等比数列奎屯新疆王新敞二、填空题13.设数列{an}满足a1=6，a2=4，a3=3，且数列{an+1－an}（n∈N*）是等差数列，求数列{an}的通项公式__________________.14.已知等比数列}{na及等差数列}{nb，其中01b，公差d≠0．将这两个数列的对应项相加，得一新数列1，1，2，…，则这个新数列的前10项之和为_________________.15.设{an}是首项是1的正项数列,且2211(1)0nnnnnanaaa0(n＝1.2,3,…),则它的通项公式na＝______________.16.已知nna)(231，把数列na的各项排成三角形状；1a2a3a4a5a6a7a8a……记A（m,n）表示第m行，第n列的项，则A（10，8）=.三、解答体17.设na是一个公差为)0(dd的等差数列，它的前10项和11010S且1a，2a，4a成等比数列。（1）证明da1；（2）求公差d的值和数列na的通项公式.18.已知等比数列nx的各项为不等于1的正数，数列ny满足)1,0(log2aaxynan，y4=17,y7=11(1)证明：ny为等差数列；（2）问数列ny的前多少项的和最大，最大值为多少？19.已知数列na是等差数列，且.12,23211aaaa（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）令).(Rxxabnnn求数列nb前n项和的公式.20.假设你正在某公司打工，根据表现，老板给你两个加薪的方案：（Ⅰ）每年年末．．．．加1000元；（Ⅱ）每半年．．．结束时加300元。请你选择。（1）如果在该公司干10年，问两种方案各加薪多少元？（2）对于你而言，你会选择其中的哪一种？21.已知数列1}{1aan中，且kkkaa)1(122,kkkaa3212,其中k=1,2,3,…….（Ⅰ）求3a，5a（II）求na通项公式.22.已知点Pn(an,bn)都在直线l：y=2x+2上，P1为直线l与x轴的交点，数列na成等差数列，公差为1.（n∈N+）（1）求数列na，nb的通项公式；（2）若f(n)=)(b)(n为偶数为奇数nnan问是否存在kN,使得f(k+5)=2f(k)－2成立；若存在，求出k的值，若不存在，说明理由。（3）求证：5211121231221npppppp（n≥2，n∈N+）参考答案一、选择题题号123456789101112答案CCBBBABACBBC二、填空题13.21872nnan（n∈N*）14.97815.n116.8931)(2三、解答题17.证明：因1a，2a，4a成等比数列，故4122aaa，而na是等差数列，有daa12，daa314,于是21)(da)3(11daa，即daaddaa121212132，化简得da1（2）解：由条件11010S和daS291010110，得到11045101da，由（1），da1，代入上式得11055d，故2d，ndnaan2)1(1，,3,2,1n18.（1）0qq,,1xn则设公比为成等比数列且nxy常数qxxxxyannannannlog2log2log2log21a11∴.xn成等差数列(2)y11,1774y∴3d=－6d=－2y231nnnnndnnyyn24)1(332)1(Sn21n项和前当n=12时，Sn有最大值144.∴ny前12项和最大为144.19.(Ⅰ）解：设数列}{na公差为d，则,12331321daaaa又.2,21da所以.2nan（Ⅱ）解：令,21nnbbbS则由,2nnnnnxxab得,2)22(4212nnnnxxnxxS①,2)22(42132nnnnxxnxxxS②当1x时，①式减去②式，得,21)1(22)(2)1(112nnnnnnxxxxnxxxxSx所以.12)1()1(212xnxxxxSnnn当1x时,)1(242nnnSn综上可得当1x时,)1(nnSn；当1x时，.12)1()1(212xnxxxxSnnn20.设方案一第n年年末加薪an，因为每年末加薪1000元，则an=1000n；设方案二第n个半年加薪bn，因为每半年加薪300元，则bn=300n；(1)在该公司干10年(20个半年)，方案1共加薪S10=a1＋a2＋……＋a10=55000元。方案2共加薪T20=b1＋b2＋……＋b20=20×300＋3002)120(20=63000元；(2)设在该公司干n年，两种方案共加薪分别为：Sn=a1＋a2＋……＋an=1000×n＋10002)1(nn=500n2＋500nT2n=b1＋b2＋……＋b2n=2n×300＋3002)12(2nn=600n2＋300n令T2n≥Sn即：600n2＋300n500n2＋500n，解得：n≥2，当n=2时等号成立。∴如果干3年以上(包括3年)应选择第二方案；如果只干2年，随便选；如果只干1年，当然选择第一方案。21.（I）a2=a1+(－1)1=0,a3=a2+31=3.a4=a3+(－1)2=4,a5=a4+32=13,所以，a3=3,a5=13.(II)a2k+1=a2k+3k=a2k－1+(－1)k+3k,所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k,同理a2k－1－a2k－3=3k－1+(－1)k－1,……a3－a1=3+(－1).所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1)=(3k+3k－1+…+3)+[(－1)k+(－1)k－1+…+(－1)],由此得a2k+1－a1=23(3k－1)+21[(－1)k－1],于是a2k+1=.1)1(21231kka2k=a2k－1+(－1)k=2123k(－1)k－1－1+(－1)k=2123k(－1)k=1奎屯新疆王新敞{an}的通项公式为：当n为奇数时，an=;121)1(232121nn当n为偶数时，.121)1(2322nnna22.1)P)0,1(1∴011,0,1211aba∴2,2122bbb222)1(,2111)1(11nnbbnnnaann(2)若k为奇数若k为偶数则f(k)=2kak则f(k)=2k－2f(k+5)=b825kkf(k+5)=k+32k+8=2k－4－2k+3=4k－4－2无解：q=3k这样的k不存在k=3(舍去)无解（3）)22,1()22,12(1nnnnppn22221)1(5)1(4)1(nnnppn)1)(2(13212111151)1(1211151111222221231221nnnppppppn=111151nn11,2n521151