高考数学一轮复习 阶段规范强化练6 数列-人教版高三数学试题

阶段规范强化练(六)数列一、选择题1．x＝eq\r(ab)是a，x，b成等比数列的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【解析】若x＝a＝0，x＝eq\r(ab)成立，但a，x，b不成等比数列，所以充分性不成立；反之，若a，x，b成等比数列，则x2＝ab⇔x＝±eq\r(ab)，所以x＝eq\r(ab)不一定成立，必要性不成立．故选D.【答案】D2．(2015·昆明模拟)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，则eq\f(S8,a9)等于()A．4B．5C．8D．10【解析】由a10＝S4得a1＋9d＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4a1＋6d，即a1＝d≠0，所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8a1＋28d＝36d，所以eq\f(S8,a9)＝eq\f(36d,a1＋8d)＝eq\f(36d,9d)＝4，选A.【答案】A3．(2015·赣州模拟)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝()A．96 B．64C．72 D．48【解析】∵a3a7＝a2a8＝72，a2＋a8＝27，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝24，,a8＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a8＝24，))又∵公比大于1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a8＝24，))∴q6＝8，即q2＝2，∴a12＝a2q10＝3×25＝96.【答案】A4．(2015·合肥模拟)已知等差数列{an}的前13项之和为39，则a6＋a7＋a8等于()A．6 B．9C．12 D．18【解析】∵S13＝13a7＝39，∴a7＝3.∴a6＋a7＋a8＝3a7＝9，故选B.【答案】B5．(2016·东北三校联考)设Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当Sn最大时，n＝()A.6B.7C.10D.9【解析】由题意可得S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝0，∴2(a7＋a8)＝0，∴a7＋a8＝0.又a1>0，∴该等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数，∴当Sn最大时，n＝7，选B.【答案】B6．(2015·聊城模拟)a1，a2，a3，a4是各项不为零的等差数列，且公差d≠0，若删去此数列的某一项，得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，则eq\f(a1,d)的值为()A．1 B.－4或1C．4 D．4或－1【解析】若删去a1或a4得等差数列的连续三项成等比，设a－d，a，a＋d,则a2＝(a＋d)(a－d)，解得d＝0，不成立；若删去a2，设a1，a1＋2d，a1＋3d，则(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得eq\f(a1,d)＝－4；若删去a3，设a1，a1＋d，a1＋3d,则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，解得eq\f(a1,d)＝1.故选B.【答案】B二、填空题7．(2015·开封模拟)设数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，a3＝9，an＝an－1＋an－2－an－3(n＝4,5,…)，则a2015＝________.【解析】由于a1＝1，a2＝4，a3＝9，则a4＝a3＋a2－a1＝12，a5＝a4＋a3－a2＝17，a6＝a5＋a4－a3＝20，a7＝a6＋a5－a4＝25，…，归纳可知an＝an－2＋8，即数列{an}的奇数项、偶数项均是以公差为8的等差数列，则a2015＝a1＋1007d＝8057.【答案】80578．(2016·海南模拟)把正整数排列成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列{an}，若an＝2015，则n＝________.图1【解析】分析图乙，第k行有k个数，前k行共有eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1)),2)个数，并观察出最后一个数是k2，从第3行开始，每一行都是公差为2的等差数列，442＝1936,452＝2025，442<2015<452，则判断2015出现在第45行，第45行第一个数是442＋1＝1937，由1937＋(n－1)×2＝2015，解得这一行的第40个数是2015，前44行共有eq\f(44×44＋1,2)＝990个数，最后再加40，结果等于990＋40＝1030.【答案】1030三、解答题9．(2016·石家庄模拟)已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且a3＝eq\f(1,8)，a2＝4a7.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)若bn＝anan＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Sn.【解】(1)由于eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，若设其公差为d，则eq\f(1,a3)＝8，eq\f(1,a2)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,a7)，所以eq\f(1,a1)＋2d＝8,eq\f(1,a1)＋d＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋6d))，解得eq\f(1,a1)＝2，d＝3，所以eq\f(1,an)＝2＋3(n－1)，整理得an＝eq\f(1,3n－1).(2)由(1)得bn＝anan＋1＝eq\f(1,3n－13n＋2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，∴Sn＝eq\f(1,3)eq\f(1,2)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(1,3n＋2)＝eq\f(n,23n＋2).10．(2015·潍坊模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3n·bn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.(1)求an，bn；(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时，n的最大值．【解】(1)因为Sn＝an＋n2－1，当n≥2时，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1，∴an＝2n＋1，∴3n·bn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，∴bn＋1＝eq\f(4n＋3,3n)，当n≥2时，bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，又b1＝3适合上式，∴bn＝eq\f(4n－1,3n－1).(2)由(1)知bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，∴Tn＝eq\f(3,1)＋eq\f(7,3)＋eq\f(11,32)＋…＋eq\f(4n－5,3n－2)＋eq\f(4n－1,3n－1)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(3,3)＋eq\f(7,32)＋eq\f(11,33)＋…＋eq\f(4n－5,3n－1)＋eq\f(4n－1,3n)，②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝3＋eq\f(4,3)＋eq\f(4,32)＋eq\f(4,33)＋…＋eq\f(4,3n－1)－eq\f(4n－1,3n)＝3＋4·eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq\f(4n－1,3n)＝5－eq\f(4n＋5,