数列单元测试含答案

新课标高三数学第一轮复习单元测试（5）— 数列

说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间150分钟.

第Ⅰ卷

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代

号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为

1的等比数列一定是递减数列”；“a，b，c2 D．4个

（ ） （ ）

三数成等比数列的充要条件是b2= ac”；“a，b，c三数成等差数列的充要条件是2b= a+c”，以上四个命题中，正确的有

A．1个

B．2个

C．3个

2．已知数列{an}中，an=

A．第12项

n(n∈N)，则数列{an}的最大项是 2n156

B．第13项 D．不存在

C．第12项或13项

3．在等差数列中，前n项的和为Sn,若Sm=2n,Sn=2m,(m、n∈N且m≠n)，则公差d的值为（ ）

A．－

4(mn) mn2(mn) mn B．－

mn

4(mn)mn

2(mn)

C．－ D．－

4．如果a1,a2,L,a8为各项都大于零的等差数列，公差d0，则

A．a1a8a4a5

B．a1a8a4a5 D．a1a8a4a5

D．

C．a1a8a4a5

（ ）

5．已知等差数列{an}中，a7a916,a41，则a12的值是

A．15

B．30

C．31

（ ）

6．a、b∈R，且|a|<1，|b|<1，则无穷数列：1,(1+b)a，(1+b+b2)a2，…，1+b+b2+…+bn1)an1…

的和为 （ ）

- 1 -

－－

A．

1

(1a)(1b)2

(1a)(1ab)B．

1 1ab C．D．

1

(1a)(1ab)7．若钝角三角形三内角的度数成等差数列，且最大边长与最小边长的比值为m，则m的范

围是

A．（1，2）

B．（2，+∞）

C．[3，+∞)

D．（3，+∞）

（ ）

8．设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a1>0，S4＝S8，则当Sn取得最大值时，n的值为

（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

9．若数列{an}前的值各异，且an+8=an对任意n∈N*都成立，则下列数列中可取遍{an}

前值的数列为

A．{a2k+1}

B．{a3k+1}

C．{a4k+1}

D．{a6k+1}

（ ）

10．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn（万件）

近似地满足Sn=

n2

（21n－n－5）（n=1，2，……，12），按此预测，在本年度内，需求90

C．7月、8月

D．8月、9月

（ ）

量超过1.5万件的月份是

A．5月、6月

B．6月、7月

11．在数列{an}中，如果存在非零常数T，使得am+T =am对于任意的非零自然数m均成立，

那么就称数列{an}为周期数列，其中T叫数列{an}的周期。已知数列{xn}满足xn+1=|xn–xn-1|(n≥2)，如果x1=1，x2=a(a∈R，a≠0)，当数列｛xn｝的周期最小时，该数列前2005项的和是

12．一给定函数yf(x)的图象在下列图中，并且对任意a1(0,1)，由关系式an1f(an)*得到的数列{an}满足an1an(nN)，则该函数的图象是

B．669

C．1336

D．1337

（ ）

A．668

（ ）

- 2 -

第Ⅱ卷

二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）。 13．作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内

再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为________. 14．在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，

x2，4依次成等差数列，而1，y1，y2，8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是________. 15．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值

为 .

16．数列{an}中，a13,an3an1(n2)，求a2006的末位数字是 . 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共6个大题，共74分)。 17．（12分）已知函数f(x)x,数列an满足a11,an1f(an)(nN). 3x1 (Ⅰ)求数列an的通项公式;

(Ⅱ)记Sna1a2a2a3anan1,求Sn. 18．（12分）已知Sn=1+111+…+,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1，试确定实数m的取值范23n11围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式：f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］220恒成立.

19．（12分）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:

a01,an11an,(4an),nN. 2 （Ⅰ）证明anan12,nN; （Ⅱ）求数列{an}的通项公式an.

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20．（12分）设M10a81a207，Q262a,若将lgM，lgQ，lgP适当Pa2，排序后可构成公差为1的等差数列an的前三项. （Ⅰ）求a的值及an的通项公式；

2 （Ⅱ）记函数f(x)anx2an1xan2nN的图象在x轴上截得的线段长为bn，

2设 Tn1(b1b2b2b3bn1bn)，求Tn 421．（12分）设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a26，a311，且

(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，n1，，，23L，

其中A，B为常数. (Ⅰ)求A与B的值；

(Ⅱ)证明：数列an为等差数列；

(Ⅲ)证明：不等式5amnaman1对任何正整数m，n都成立.

22．（14分）已知数列{xn}的各项为不等于1的正数，其前n项和为Sn，点Pn的坐标为（xn,Sn），

若所有这样的点Pn(n=1,2，…)都在斜率为k的同一直线(常数k≠0,1)上. （Ⅰ）求证：数列{xn}是等比数列； （Ⅱ）设yn=logxn (2a2－3a+1)满足ys=

且111,yt=（s,t∈N，且s≠t）共中a为常数， 2t12s13,试判断，是否存在自然数M，使当n>M时，xn>1恒成立？若存在，求出2相应的M；若不存在，请说明理由.

- 4 -

（5）

一、选择题

1．A；2．C；3．A；4．B；5．A；6．D；7．B；8．A；9．B；10．C；11．D；12．A； 二、填空题

13．周长之和33πa，面积之和a2；14．1；15．－2；16．7；

29三、解答题

17．分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由

Sn2－Sn1作切入点探索解题的途径． 解析：（Ⅰ）由已知得，an1an，

3an1∴113，即113 an1anan1an∴数列1是首项a11,公差d3的等差数列.

an∴11(n1)33n2,

an1(nN) 3n21111 (Ⅱ) ∵anan1()(3n2)(3n1)33n23n1故anSna1a2a2a3anan1111447111111[(1)()()] 34473n23n11

(3n2)(3n1)11n。 (1)33n13n111118．解：∵Sn=1++…+ (n∈N*)

23nf(n)S2n1Sn1111n2n32n1111112

又f(n1)f(n)2n22n3n22n22n32n41111()()02n22n42n32n4∴f(n+1)＞f(n)

∴f(n)是关于n的增函数

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119 222320∴要使一切大于1的自然数n，不等式

11f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立

20911只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可

2020∴f(n) min=f(2)=

m0,m1由得m＞1且m≠2

m10,m11此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0

119t于是2020

t0解得0＜t＜1

由此得0＜［logm(m－1)］2＜1

15且m≠2。 219．解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

解得m＞

1°当n=1时，a01,a1∴a0a12，命题正确. 2°假设n=k时有ak1ak2. 则nk1时,akak113a0(4a0), 2211ak1(4ak1)ak(4ak) 2212(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)2

1(ak1ak)(4ak1ak).2而ak1ak0.又ak14ak1ak0,akak10.

11ak(4ak)[4(ak2)2]2. 22∴nk1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12. 方法二：用数学归纳法证明：

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1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),∴0a0a12； 222°假设n=k时有ak1ak2成立，

1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),

222令f(x)也即当n=k+1时 akak12成立，所以对一切nN,有akak12 （2）下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],所以 222(an12)(an2)2

121122111122n12n22令bnan2,则bnbn(bn2)()2bnbn, 11()2222221n11n,即an2bn2()21 2220．解：（Ⅰ）依题意有2a13，

又bn=－1，所以bn()2 MQ10a283a1810，MP10a280a2050，M最大．又PQ243a，

当2a8时，PQ,lgP1lgQ.10PQ，a满足lgM1lgQ.a1. 21符合题意. 286. 7当8a13时，PQ,lgP1lgQ.10QP，a但此时不满足lgM1lgP.a86. 71an的前三项为lgP，lgQ，lgM，此时a.∴anlgP(n1)1n2lg2.

2 （Ⅱ） 2an1anan2f(x)0时，(x1)(anxan2)0

bn|x1x2||an221|||， anan - 7 -

又∵ann2lg20,bn22211,bn1bn4(). anan1anan1an∴T1(bbbbbb)14(11)(11)(11)

n1223n1n44aaaaaa1223n1n1111n1=． a1an12lg2n2lg2(12lg2)(n2lg2)21．解：（Ⅰ）由已知，得S1a11，S2a1a27，S3a1a2a318.

由(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，知 3S27S1AB，AB28，  即 

2S12S2AB，2AB48，23解得 A20，B8. （Ⅱ）方法1

由（Ⅰ），得 (5n8)Sn1(5n2)Sn20n8， ① 所以(5n3)Sn2(5n7)Sn120n28. ② ②-①，得(5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n2)Sn20， ③ 所以(5n2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn120. ④

④-③，得(5n2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n2)Sn0. 因为an1Sn1Sn，

所以(5n2)an3(10n4)an2(5n2)an10. 又因为5n20，

所以an32an2an10， 即an3an2an2an1，n1. 所以数列an为等差数列. 方法2

由已知，得S1a11，

又(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8，且5n80， 所以数列Sn是唯一确定的，因而数列an是唯一确定的.

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设bn5n4，则数列bn为等差数列，前n项和Tn于是(5n8)Tn1(5n2)Tn(5n8)n(5n3). 2(n1)(5n2)n(5n3)(5n2)20n8，

22由唯一性得 bnan，即数列an为等差数列. （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an15(n1)5n4.

要证5amnaman1， 只要证5amn1aman2aman. 因为amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16， 故只要证5(5mn4)125mn20(mn)162aman， 即只要证20m20n372aman. 因为2amanaman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37， 所以命题得证.

22．证明（1）∵点Pn、Pn+1都在斜率为k的直线上

∴

Sn1Snxn1=k，即=k，故 (k－1)xn+1=kxn

xn1xnxn1xn∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1， ∴

kkxn1==常数，∴{xn}是公比为的等比数列。

k1xnk1 （2）答案是肯定的，即存在自然数M，使当n>M时，xn>1恒成立。

事实上，由13，得0<2a2－3a+1<1 2∵yn=logxn (2a2－3a+1)， ∴

1= log(2a23a1)xn yn－

由（1）得{xn}是等比数列，设公比为q>0首项为x1，则xn=x1·qn1(n∈N)

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∴

1=(n－1) log(2a23a1)q+log(2a23a1)x1 yn1}是以d为公差的等差数列。 yn令d=log(2a23a1)q，故得{

又∵

1111=2t+1, =2s+1，∴－=2(t－s) ysysytyt即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s)， ∴d=－2 故

11=+（n－s）·(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N） ynys1yn又∵xn=(2a2－3a+1) （n∈N）

∴要使xn>1恒成立，即须

1<0 yn11，当M=t+s,n>M时，我们有<0恒成立，

yn21yn∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+

∴当n>M=（t+s）时，xn=(2a2－3a+1) >1恒成立。（∵0<2a2－3a+1<1）

）裂项相消法：如果数列的通项可“成两项差”的形式，且相邻项后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：

1111111 ()，11， ②1(11)，③22n(n1)nn1n(nk)knnkkk12k1k111111112， kk1(k1)kk(k1)kk1k1111n11[] ，⑤④,

n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)(n1)!n!(n1)!⑥2(n1n)12(nn1),

nm1mmmmm1⑦anSnSn1(n2)，⑧CnCnCn1CnCn1Cn.

①

特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时分类讨论.

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