河南省某中学高考数学二轮专题《数列》训练

河南省卢氏一中2012届高考数学二轮《数列》专题训练一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋3n，若an＋1an＋2＝80，则n的值为()A．5B．4C．3 D．2解析：由Sn＝－n2＋3n可得an＝4－2n，因此an＋1an＋2＝[4－2(n＋1)][4－2(n＋2)]＝80，即n(n－1)＝20，解得n＝5.答案：A2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，则·等于()A．－16 B．－8C．8 D．16解析：法一：因为cosA＝eq\f(AC,AB)，故·＝||||cosA＝2＝16.法二：在上的投影为||cosA＝||，故·＝||||cosA＝2＝16.答案：D3．若函数f(x)＝sinax＋eq\r(3)cosax(a>0)的最小正周期为1，则它的图像的一个对称中心为()A．(－eq\f(1,3)，0) B．(－eq\f(π,3)，0)C．(eq\f(1,3)，0) D．(0,0)解析：f(x)＝2sin(ax＋eq\f(π,3))(a>0)，∵T＝eq\f(2π,a)＝1，∴a＝2π.∴f(x)＝2sin(2πx＋eq\f(π,3))．由2πx＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(k,2)－eq\f(1,6)，k∈Z，当k＝1时，x＝eq\f(1,3)，故(eq\f(1,3)，0)是其图像的一个对称中心．答案：C4．(2011·辽宁高考)若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为()A．2 B．4C．8 D．16解析：由anan＋1＝16n，得an＋1·an＋2＝16n＋1，两式相除得，eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq\f(16n＋1,16n)＝16，∴q2＝16.∵anan＋1＝16n，可知公比为正数，∴q＝4.答案：B5．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：设a1＝x，且x≠0，则S3＝x＋1＋eq\f(1,x)，由函数y＝x＋eq\f(1,x)的图像知：x＋eq\f(1,x)≥2或x＋eq\f(1,x)≤－2，∴y∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案：D6．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5＝()A．35 B．33C．31 D．29解析：设数列{an}的公比为q，a2·a3＝aeq\o\al(2,1)·q3＝a1·a4＝2a1⇒a4＝2，a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2＋4q3＝2×eq\f(5,4)⇒q＝eq\f(1,2)，故a1＝eq\f(a4,q3)＝16，S5＝eq\f(a1(1－q5),1－q)＝31.答案：C7．首项为b，公比为a的等比数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，点(Sn，Sn＋1)在()A．直线y＝ax＋b上 B．直线y＝bx＋a上C．直线y＝bx－a上 D．直线y＝ax－b上解析：当a≠1时，Sn＝eq\f(b(1－an),1－a)，Sn＋1＝eq\f(b(1－an＋1),1－a)，∴点(Sn，Sn＋1)为：(eq\f(b(1－an),1－a)，eq\f(b(1－an＋1),1－a))．显然此点在直线y＝ax＋b上．当a＝1时，显然也成立．答案：A8．(2011·江西高考)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝()A．1 B．9C．10 D．55解析：由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10⇒a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.答案：A9．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5 B．－eq\f(1,5)C．5 D.eq\f(1,5)解析：由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得an＋1＝3an，所以数列{an}是公比为3的等比数列．因为a2＋a4＋a6＝9，所以a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35.所以logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5.答案：A10．在△ABC中，若角A，B，C成公差大于0的等差数列，则cos2A＋cos2C的最大值为(A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,2)C．2 D．不存在解析：∵角A，B，C成等差数列，∴A＋C＝2B，又A＋B＋C＝180°.∴B＝60°，A＋C＝120°.cos2A＋cos2C＝eq\f(1＋cos2A,2)＋eq\f(1＋cos2C,2)＝1＋eq\f(1,2)(cos2A＋cos2C)＝1＋eq\f(1,2)[cos(240°－2C)＋cos2C]＝1＋eq\f(1,2)cos(2C＋60°)．∵60°<C<120°，∴180°<2C＋60°<300°∴eq\f(1,2)<1＋eq\f(1,2)cos(2C＋60°)<eq\f(5,4)，即cos2A＋cos2C的最大值不存在．答案：D二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝1－a1，a4＝9－a3，则a4＋a5等于________．解析：由已知，得a1＋a2＝1，a3＋a4＝q2(a1＋a2)＝9，∴q2＝9.∵an>0，∴q＝3，∴a4＋a5＝q3(a1＋a2)＝27.答案：2712.若数列{an}满足eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．已知数列{eq\f(1,xn)}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________.解析：由题意知，数列{xn}为等差数列，∴x5＋x16＝20.答案：2013．(2011·安徽高考)已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为__________．解析：不妨设角A＝120°，c<b，则a＝b＋4，c＝b－4，于是cos120°＝eq\f(b2＋(b－4)2－(b＋4)2,2b(b－4))＝－eq\f(1,2)，解得b＝10，所以S＝eq\f(1,2)bcsin120°＝15eq\r(3).答案：15eq\r(3)14．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝3，S3＝9，则q＝________.解析：设数列{an}的公比是q，则有S3＝a3(eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1)，即3(eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1)＝9，(eq\f(1,q)＋2)(eq\f(1,q)－1)＝0，由此解得q＝－eq\f(1,2)，或q＝1.答案：－eq\f(1,2)或1三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)(2011·新课标全国卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{eq\f(1,bn)}的前n项和．解：(1)设数列{an}的公比为q.由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，所以q2＝eq\f(1,9).由条件可知q＞0，故q＝eq\f(1,3).由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝eq\f(1,3)故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n).(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a－(1＋2＋…＋n)＝－eq\f(n(n＋1),2).故eq\f(1,bn)＝－eq\f(2,n(n＋1))＝－2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝－2[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝－eq\f(2n,n＋1).所以数列{eq\f(1,bn)}的前n项和为－eq\f(2n,n＋1).16．(本小题满分12分)(2011·烟台模拟)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn；数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若cn＝an·bn(n＝1,2,3，…)，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.解：(1)由bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，又S1＝b1，所以b1＝eq\f(2,3).当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－1＝2－2Sn－1，所以bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn，即eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,3)，所以{bn}是以b1＝eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列，于是bn＝2·eq\f(1,3n).(2)由数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20，可得公差d＝eq\f(1,2)(a7－a5)＝3，a1＝a5－4d＝2，可得an＝3n－1，从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·eq\f(1,3n)，∴Tn＝2[2·eq\f(1,3)＋5·eq\f(1,32)＋8·eq\f(1,33)＋…＋(3n－1)·eq\f(1,3n)]．eq\f(1,3)Tn＝2[2·eq\f(1,32)＋5·eq\f(1,33)＋…＋(3n－4)·eq\f(1,3n)＋(3n－1)·eq\f(1,3n＋1)]．∴eq\f(2,3)Tn＝2[2·eq\f(1,3)＋3·eq\f(1,32)＋3·eq\f(1,33)＋…＋3·eq\f(1,3n)－(3n－1)·eq\f(1,3n＋1)]．∴Tn＝eq\f(7,2)－eq\f(1,2·3n－2)－eq\f(3n－1,3n).17．(本小题满分12分)已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，且当x＝eq\f(1,4)时，函数f(x)有最小值－eq\f(1,8).数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(2,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<eq\f(m,20)对所有n∈N*都成立的最小正整数m.解：(1)依题意，设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，由于当x＝eq\f(1,4)时，f(x)有最小值－eq\f(1,8)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝\f(1,4)，,\f(－b2,4a)＝－\f(1,8)，))解得a＝2，b＝－1.∴f(x)＝2x2－x，又点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，∴Sn＝2n2－n；当n＝1时，a1＝S1＝2×12－1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3；a1＝1也适合上式，∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)由(1)得bn＝eq\f(2,anan＋1)＝eq\f(2,(4n－3)[4(n＋1)－3])＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4n－3)－eq\f(1,4n＋1))，Tn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,5)－eq\f(1,9))＋…＋(eq\f(1,4n－3)－eq\f(1,4n＋1))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,4n＋1))．因此，要使eq\f(1,2)(1－eq\f(1,4n＋1))<eq\f(m,20)(n∈N*)成立，m必须且只需满足eq\f(1,2)≤eq\f(m,20)，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.18．(本小题满分14分)(2011·广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,an＋1)，是否存在m、k(k>m≥2，m，k∈N*)，使得b1、bm、bk成等比数列．若存在，求出所有符合条件的m、k的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*)．(2)假设存在m、k(k>m≥2，m