2014届高考数学创优导学案章末综合检测5

章末综合检测(五)(学生用书为活页试卷解析为教师用书独有)(检测范围：第五章)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知{an}为等差数列，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝()A．24B.27C．15D.54解析B由a3＋a4＋a8＝9，得3(a1＋4d)＝9，即a5＝3.则S9＝9a1＋a92＝9a5＝27.2．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11的值为()A．14B.15C．16D.17解析C∵a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，∴5a8＝120，a8＝24，∴a9－13a11＝(a8＋d)－13(a8＋3d)＝23a8＝16.3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2ann为正奇数，an＋1n为正偶数，则其前6项之和是()A．16B.20C．33D.120解析Ca2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.4．在数列1,2，7，10，13，4，…中，219是这个数列的第几项()A．16B.24C．26D.28解析C因为a1＝1＝1，a2＝2＝4，a3＝7，a4＝10，a5＝13，a6＝4＝16，…，所以an＝3n－2.令an＝3n－2＝219＝76，得n＝26.故选C.5．已知等差数列的前n项和为Sn，若S130，S120，则在数列中绝对值最小的项为()A．第5项B.第6项C．第7项D.第8项解析C∵S130，∴a1＋a13＝2a70，又S120，∴a1＋a12＝a6＋a70，∴a60，且|a6||a7|.故选C.6.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n＋12－1的值为()A.n＋12n＋2B.34－n＋12n＋2C.34－121n＋1＋1n＋2D.32－1n＋1＋1n＋2解析C∵1n＋12－1＝1n2＋2n＝1nn＋2＝121n－1n＋2，∴Sn＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.7．(2013·杭州月考)正项等比数列{an}中，若log2(a2a98)＝4，则a40a60等于()A．－16B.10C．16D.256解析C由log2(a2a98)＝4，得a2a98＝24＝16，则a40a60＝a2a98＝16.8．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)＝()A.27(8n－1)B.27(8n＋1－1)C.27(8n＋3－1)D.27(8n＋4－1)解析D∵数列1,4,7,10，…，3n＋10共有n＋4项，∴f(n)＝2[1－23n＋4]1－23＝27(8n＋4－1)．9．△ABC中，tanA是以－4为第三项，－1为第七项的等差数列的公差，tanB是以12为第三项，4为第六项的等比数列的公比，则该三角形的形状是()A．钝角三角形B.锐角三角形C．等腰直角三角形D.以上均错解析B由题意知，tanA＝－1－－47－3＝34＞0.又∵tan3B＝412＝8，∴tanB＝2＞0，∴A、B均为锐角．又∵tan(A＋B)＝34＋21－34×2＝－112＜0，∴A＋B为钝角，即C为锐角，∴△ABC为锐角三角形．10．已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am、an使得aman＝4a1，则1m＋4n的最小值为()A.32B.53C.256D．不存在解析A由题意可知，a5q2＝a5q＋2a5(q0)，化简得q2－q－2＝0，解得q＝－1(舍去)或q＝2.又由已知条件aman＝4a1，得a1qm－1·a1qn－1＝16a21，∴qm＋n－2＝16＝24，∴m＋n＝6，∴1m＋4n＝1m＋4n·m＋n6＝165＋4mn＋nm≥165＋24mn·nm＝32，当且仅当4mn＝nm，即m＝2，n＝4时，取“＝”．11．(2013·银川一中模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn(n＝1，2,3，…)，若当首项a1和公差d变化时，a5＋a8＋a11是一个定值，则下列选项中为定值的是()A．S17B.S18C．S15D.S14解析C由a5＋a8＋a11＝3a1＋21d＝3(a1＋7d)＝3a8是定值，可知a8是定值．所以S15＝15a1＋a152＝15a8是定值．12．数列{an}的通项公式an＝1nn＋1，其前n项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为()A．－10B.－9C．10D.9解析B∵an＝1n－1n＋1，∴Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，由nn＋1＝910，得n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0，其在y轴上的截距为－9.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)13．已知数列{}an中a1＝1，a2＝2，当整数n1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________.解析由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，数列{an}从第二项起构成等差数列，S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.【答案】21114．若数列{an}满足关系a1＝3，an＋1＝2an＋1，则该数列的通项公式为________．解析∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋1＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－1.【答案】an＝2n＋1－115．等比数列{an}的前n项和Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝3x＋r的图象上，则实数r＝________.解析∵{an}是等比数列，且{n，Sn}在函数y＝3x＋r上，即Sn＝3n＋r，∴公比q＝3，且a1＝S1＝3＋r，a2＝S2－S1＝6，∴a2a1＝63＋r＝q＝3，∴r＝－1.【答案】－116．给定：an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义使a1·a2·…·ak为整数的数k(k∈N*)叫做数列{an}的“企盼数”，则区间[1,2013]内所有“企盼数”的和M＝________.解析设a1·a2·…·ak＝log23·log34·…·logk(k＋1)·logk＋1(k＋2)＝log2(k＋2)为整数m，则k＋2＝2m，∴k＝2m－2.又1≤k≤2013，∴1≤2m－2≤2013，∴2≤m≤10.∴区间[1,2013]内所有“企盼数”的和为M＝(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋…＋210)－18＝22×1－291－2－18＝2026.【答案】2026三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知等差数列{an}满足：a4＝6，a6＝10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}的各项均为正数，Tn为其前n项和，若b3＝a3，T2＝3，求Tn.解析(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵a4＝6，a6＝10，∴a1＋3d＝6，a1＋5d＝10，解得a1＝0，d＝2，∴数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.(2)设各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q(q0)．∵an＝2n－2，∴a3＝4，即b1q2＝4，b11＋q＝3，解得q＝2，b1＝1或q＝－23，b1＝9(舍去)，∴Tn＝b11－qn1－q＝1－2n1－2＝2n－1.18．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意的n∈N*，有Sn＝32an－32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1log3an·log3an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)由已知得Sn＝32an－32，∴当n≥2时，Sn－1＝32an－1－32，∴Sn－Sn－1＝32an－32an－1，即an＝32an－32an－1，∴当n≥2时，an＝3an－1，∴数列{an}为等比数列，且公比q＝3；又当n＝1时，S1＝32a1－32，即a1＝32a1－32，∴a1＝3.∴an＝3n.(2)由(1)知an＝3n，故bn＝1log33n·log33n＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.19．(12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解析(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴a1＝13，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13(n≥2)，②①－②得3n－1an＝n3－n－13＝13(n≥2)，化简得an＝13n(n≥2)．显然a1＝13也满足上式，故an＝13n(n∈N*)．(2)由①得bn＝n·3n.于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，③3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，④③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，即－2Sn＝3－3n＋11－3－n·3n＋1，Sn＝n2·3n＋1－14·3n＋1＋34.20．(12分)(2013·长沙模拟)已知{an}为递减的等比数列，且{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝1－－1n2an时，求证：b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1163.解析(1)∵{an}是递减数列，∴数列{an}的公比q是正数，又∵{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}，∴a1＝4，a2＝2，a3＝1.∴q＝a2a1＝24＝12，∴an＝a1qn－1＝82n.(2)bn＝8[1－－1n]2n＋1，当n＝2k(k∈N*)时，bn＝0，当n＝2k－1(k∈N*)时，bn＝an，即bn＝0n＝2k，k∈N*ann＝2k－1，k∈N*∴b1＋b2＋b3＋…＋b2n－2＋b2n－1＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝41－14n1－14＝1631－14n163.21．(12分)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1.(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设3nbn＝n(3n－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.解析(1)∵an＋1＝an＋6an－1，∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)．又a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋an＋1≠0，∴an＋1＋2anan＋2an－1＝3，∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，即an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．(3)由(2)及3nbn＝n(3n－an)，可得3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]＝n(－2)n，∴bn＝n－23n，∴|bn|＝n23n.∴Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝23＋2×232＋…