2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第3章检测题

第三章数列名师检测题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题共60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．数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2，…，其相邻的两个1被2隔开，第n对1之间有n个2，则该数列的前1234项的和为()A．2450B．2419C．4919D．1234解析：将数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1，…进行分组：第1组：1,2，第2组：1,2,2，第3组：1,2,2,2，…第n组：∴前n组一共有2＋n＋1n2＝nn＋32项．当n＝48时，有48×512＝1224项；当n＝49时，有49×522＝1274项，即前1234项可以排满前48组，在第49组只能排前10项．故前1234项中含49个1，其余的均为2，故该数列前1234项的和为49×1＋(1234－49)×2＝2419，故选B.答案：B2．数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n2，则an＝()A.13·2n－1B.12·3n－1C.12nD.n3n解析：令n＝1，得a1＝12，排除A、D；再令n＝2，得a2＝16，排除C，故选B.答案：B3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1，n∈N*)，第k项满足750ak900，则k等于()A．8B．7C．6D．5解析：依题意，由an＋1＝3Sn及an＝3Sn－1，两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)，a2＝3，所以an＝1n＝13×4n－2n≥2，将ak代入不等式7503×4k－2900验证，知k＝6.答案：C4．数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝()A.212B．6C．10D．11解析：依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝12，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1.S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×12＋1＝6，选B.答案：B5．数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当n∈N*时，an＋2等于anan＋1的个位数，若数列{an}的前k项和为243，则k＝()A．61B．62C．63D．64解析：依题意得a1＝1，a2＝2，a3＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，a11＝8，a12＝2，a13＝6，…，数列{an}除第一项外，其余的项形成以6为周期的数列，且从a2到a7这六项的和等于24，注意到243＝1＋24×10＋2，因此k＝1＋6×10＋1＝62，选B.答案：B6．把正整数排列成三角形数阵(如图甲)，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到新的三角形数阵(如图乙)，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到一个数列{an}，则a2010＝()A．3955B．3957C．3959D．3961解析：注意到图乙中，第n行有n个数，且第n行的最后一个数是n2，又62×632201063×642，因此a2010位于图乙中第63行中的第57个数，第63行的最后一个数是632＝3969，且第63行的数自左向右依次形成公差为2的等差数列，于是a2010＋(63－57)×2＝3969，a2010＝3957.答案：B7．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是()A．公差为3的等差数列B．公差为4的等差数列C．公差为6的等差数列D．公差为9的等差数列解析：设{an}的公差为d，则d＝1，设cn＝a2n－1＋2a2n，则cn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，cn＋1－cn＝a2n＋1＋2a2n＋2－a2n－1－2a2n＝6d＝6，选择C.答案：C8．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝158，a2a3＝－89，则1a1＋1a2＋1a3＋1a4＝()A.53B.35C．－53D．－35解析：依题意，设公比为q，则q≠1，因此a11－q41－q＝158①a12q3＝－98②，又1a1，1a2，1a3，1a4构成以1a1为首项，以1q为公比的等比数列，所以1a1＋1a2＋1a3＋1a4＝1a1[1－1q4]1－1q＝1－q4a1q31－q，①÷②得1－q4a1q31－q＝－53，即1a1＋1a2＋1a3＋1a4＝－53，选择C.答案：C9．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，又a1＝2，则S101＝()A．200B．2C．－2D．0解析：设等比数列{an}的公比为q，因为对任意正整数，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，an＋2anq＋anq2＝0，因为an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，q＝－1，S101＝2×1＋11＋1＝2，选择B.答案：B10．已知an＝sinnπ6＋162＋sinnπ6(n∈N*)，则数列{an}的最小值为()A．6B．7C．8D.193解析：令t＝2＋sinnπ6(1≤t≤3)，则an＝f(t)＝t＋16t－2，f′(t)＝1－16t20，∴f(t)在其定义域上单调递减，∴当t＝3，即sinnπ6＝1时，an取得最小值193，故选D.答案：D11．数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2)，则a2008＝()A.13B.35C.20092008D.40114009解析：由an＝2－1an－1(n≥2)得，an－1＝1－1an－1＝an－1－1an－1，即1an－1＝an－1an－1－1＝1＋1an－1－1，∴数列{1an－1}是首项为1a1－1＝－52，公差为1的等差数列．故1an－1＝－52＋n－1＝n－72，∴an＝2n－52n－7，∴a2008＝40114009.故选D.答案：D12．数列{an}满足a1＝32，an＋1＝an2－an＋1(n∈N*)，则m＝1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a2009的整数部分是()A．3B．2C．1D．0解析：依题意得a1＝32，a2＝74，a3＝37162，an＋1－an＝(an－1)20，数列{an}是递增数列，∴a2010a32，∴a2010－11，∴12－1a2010－12.由an＋1＝an2－an＋1得1an＝1an－1－1an＋1－1，故1a1＋1a2＋…＋1a2009＝1a1－1－1a2－1＋1a2－1－1a3－1＋…＋1a2009－1－1a2010－1＝1a1－1－1a2010－1＝2－1a2010－1∈(1,2)，因此选C.答案：C第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)13．已知数列{an}的第一项都是非负实数，且对任意m，n∈N*有am＋n－am－an＝0或am＋n－am－an＝1.又知a2＝0，a30，a99＝33.则a3＝________，a10＝________.解析：a2＝a1＋a1或a2＝a1＋a1＋1，由a2＝0，得a1＝0，或a1＝－12(不符合题意，舍去)，a3＝a1＋a2或a3＝a1＋a2＋1，由a1＝a2＝0，a30，得a3＝1(a3＝0舍去)；由条件am＋n＝am＋an或am＋n＝am＋an＋1，可知an∈N，a100＝a99＋a1或a100＝a99＋a1＋1，∵a99＝33，∴a100＝33或34.又∵am＋n≥am＋an，∴a100≥10a10，∴a10≤3.3或a10≤3.4；而a9≥3a3＝3，a10≥a9≥3，所以a10＝3.答案：1314．考虑以下数列{an}，n∈N*：①an＝n2＋n＋1；②an＝2n＋1；③an＝lnnn＋1.其中满足性质“对任意的正整数n，an＋2＋an2≤an＋1都成立”的数列有________(写出所有满足条件的序号)；若数列{an}满足上述性质，且a1＝1，a20＝58，则a10的最小值为________．解析：对于①，a1＝3，a2＝7，a3＝13，a1＋a32a2，因此{an}不满足“对任意的正整数n，an＋2＋an2≤an＋1都成立”．对于②，易知数列{an}是等差数列，故有an＋2＋an2＝an＋1，因此{an}满足“对任意的正整数n，an＋2＋an2≤an＋1都成立”．对于③，an＋2＋an＝lnnn＋2n＋3n＋1，2an＋1＝lnn＋1n＋22，nn＋2n＋3n＋1－n＋1n＋22＝nn＋23－n＋3n＋13n＋3n＋1n＋22＝－2n－3n＋3n＋1n＋220，即有an＋2＋an2an＋1，因此{an}满足“对任意的正整数n，an＋2＋an2≤an＋1都成立”．综上所述，满足性质“对任意的正整数n，an＋2＋an2≤an＋1都成立”的数列为②③.对于满足上述性质的数列{an}，令dn＝an＋1－an.由an＋2＋an2≤an＋1得an＋1－an≥an＋2－an＋1，即dn≥dn＋1.又a10＝a1＋d1＋d2＋…＋d9≥a1＋9d9，a10＝a20－(d19＋d18＋…＋d10)≥a20－10d10，即a10－a19≥d9，a10－a2010≥－d10，所以a10－a19＋a10－a2010≥d9－d10≥0，即a10－19＋a10－5810≥0，由此解得a10≥28，即a10的最小值为28.答案：②③2815．设{an}是等比数列，公比q＝2，Sn为{an}的前n项和．记Tn＝17Sn－S2nan＋1，n∈N*.设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝________.解析：根据等比数列的通项公式Sn＝a11－qn1－q，故Tn＝17×a11－qn1－q－a11－q2n1－qa1qn＝q2n－17qn＋161－qqn＝11－q(qn＋16qn－17)，令qn＝(2)n＝t，则函数g(t)＝t＋16t，当t＝4时函数g(t)取得最小值，此时n＝4，而11－q＝11－20，故此时Tn最大，所以n0＝4.答案：416．若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”．已知数列{1xn}为“调和数列”，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x3x18的最大值是________．解析：因为数列{1xn}为“调和数列”，所以xn＋1－xn＝d(n∈N*，d为常数)，即数列{xn}为等差数列，由x1＋x2＋…＋x20＝200得20x1＋x202＝20x3＋x182＝200，即x3＋x18＝20，易知x3、x18都为正数时，x3x18取得最大值，所以x3x18≤x3＋x1822＝100，即x3x18的最大值为100.答案：100三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及{an}的通项公式；(2)证明：1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.解析：(1)因为Sn＝12nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，解得a1＝2c，当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，所以3c＝6，解得c＝2；则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.(2)证明：因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝14×6＋16×8＋…＋12n＋22n＋4＝1214－16＋1216－18＋…＋1212n＋2－12n＋4＝1214－16＋16－1