2012届高考数学专题训练试题7

第一部分专题二第1讲等差数列、等比数列(限时60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共6个小题，每小题6分，共36分)1．(精选考题·北京高考)在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，则m＝()A．9B．10C．11D．12解析：由题知am＝|q|m－1＝a1a2a3a4a5＝|q|10，所以m＝11.答案：C2．(精选考题·广元质检)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则连乘积a1a2a3…a2009a精选考题的值为()A．－6B．3C．2D．1解析：∵a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，∴a2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，∴数列{an}的周期为4，且a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3a4…a2009a精选考题＝a2009a精选考题＝a1a2＝2×(－3)＝－6.答案：A3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9＝()A．54B．45C．36D．27解析：根据2a8＝6＋a11得2a1＋14d＝6＋a1＋10d，因此a1＋4d＝6，即a5＝6.因此S9＝9a1＋a92＝9a5＝54.答案：A4．已知各项不为0的等差数列{an}，满足2a3－a27＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝()A．2B．4C．8D．16解析：因为a3＋a11＝2a7，所以4a7－a27＝0，解得a7＝4，所以b6b8＝b27＝a27＝16.答案：D5．(精选考题·福建高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于()A．6B．7C．8D．9解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a4＋a6＝－6，∴a5＝－3，∴d＝a5－a15－1＝2，∴a6＝－10，a7＝10，故当等差数列{an}的前n项和Sn取得最小值时，n等于6.答案：A6．(精选考题·陕西高考)对于数列{an}，“an＋1|an|(n＝1,2…)”是“{an}为递增数列”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：因为an＋1|an|⇒an＋1an⇒{an}为递增数列，但{an}为递增数列⇒an＋1an推不出an＋1|an|，故“an＋1|an|(n＝1,2…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件．答案：B二、填空题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分)7．(精选考题·广东中山)在等比数列{an}中，公比q＝2，前精选考题项的和S精选考题＝90，则a2＋a4＋a6＋…＋a精选考题＝________.解析：S精选考题＝a11－q20101－q＝a11－220101－2＝90∴a1＝9022010－1a2＋a4＋a6＋…＋a精选考题＝a2[1－q21005]1－q2＝2a11－220101－4＝60答案：608．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(10，a10)的直线的斜率为________．解析：∵a4＝15，S5＝55.∴55＝5a1＋a52＝5a3，∴a3＝11.∴公差d＝a4－a3＝15－11＝4.a10＝a4＋6d＝15＋24＝39.∴P(3,11)，Q(10,39)kPQ＝39－1110－3＝4.答案：49．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn＝5n＋63n＋3，则使得anbn为整数的个数是________．解析：∵AnBn＝na1＋an2nb1＋bn2＝a1＋anb1＋bn＝5n＋63n＋3，∴anbn＝2an2bn＝a1＋a2n－1b1＋b2n－1＝52n－1＋632n－1＋3＝10n＋582n＋2＝5n＋29n＋1＝5＋24n＋1.∴要使anbn∈Z，只要24n＋1∈Z即可，∴n＋1为24的正约数，即2,3,4,6,8,12,24，共有7个．答案：7三、解答题(本大题共3个小题，共46分)10．(本小题满分15分)(精选考题·浙江高考)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范围．解：(1)由题意知S6＝－15S5＝－3，a6＝S6－S5＝－8，所以5a1＋10d＝5，a1＋5d＝－8解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a21＋9da1＋10d2＋1＝0，故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.故d的取值范围为d≤－22或d≥22.11．(本小题满分15分)(精选考题·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(1a1＋1a2)，a3＋a4＋a5＝64(1a3＋1a4＋1a5)．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1an)2，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设公比为q，则an＝a1qn－1.由已知有a1＋a1q＝21a1＋1a1q，a1q2＋a1q3＋a1q4＝641a1q2＋1a1q3＋1a1q4.化简得a21q＝2，a21q6＝64.又a1＞0，故q＝2，a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝(an＋1an)2＝a2n＋1a2n＋2＝4n－1＋14n－1＋2.因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋14＋…＋14n－1)＋2n＝4n－14－1＋1－14n1－14＋2n＝13(4n－41－n)＋2n＋1.12．(本小题满分16分)已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，a1＋2a2＝0，S4－S2＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{anSn}的前n项和；(3)求使不等式an≥116成立的n的集合．解：(1)设等比数列{an}的公比是q，因为a1＋2a2＝0，且a1≠0，所以q＝a2a1＝－12.因为S4－S2＝18，所以a11－q41－q－a1(1＋q)＝18，将q＝－12代入上式，解得a1＝1，所以an＝a1qn－1＝(－12)n－1(n∈N*)．(2)由于an＝(－12)n－1，Sn＝23[1－(－12)n]，∴anSn＝23[(－12)n－1＋(12)2n－1]，故a1S1＋a2S2＋…＋anSn＝89－49·(－12)n－49·(14)n.(3)an≥116⇔(－12)n－1≥116.显然当n是偶数时，此不等式不成立．当n是奇数时，(－12)n－1≥116⇔(12)n－1≥(12)4⇔n≤5，但n是正整数，所以n＝1,3,5.综上，使原不等式成立的n的集合为{1,3,5}．1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是()A.12B．1C．2D．3解析：由等差数列性质得S3＝3a2，所以S33－S22＝a2－a1＋a22＝1，得a2－a1＝2.答案：C2．两个正数a、b的等差中项是52，一个等比中项是6，且ab，则椭圆x2a2＋y2b2＝1的离心率e等于()A.32B.133C.53D.13解析：由已知得a＋b＝5，ab＝6，又ab，所以a＝3，b＝2，c＝a2－b2＝5.因此，离心率e＝ca＝53.答案：C3．(精选考题·辽宁高考)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝()A.152B.314C.334D.172解析：显然公比q≠1，由题意得，a1q·a1q3＝1a11－q31－q＝7，解得a1＝4q＝12，∴S5＝a11－q51－q＝41－1251－12＝314.答案：B2．(精选考题·广东高考)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54，则S5＝()A．35B．33C．31D．29解析：设数列{an}的公比为q，a2·a3＝a21·q3＝a1·a4＝2a1⇒a4＝2，a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2＋4q3＝2×54⇒q＝12，故a1＝a4q3＝16，S5＝a11－q51－q＝31.答案：C5．(精选考题·山东高考)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋an2，所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．(2)因为an＝2n＋1，所以a2n－1＝4n(n＋1)，因此bn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)．故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)＝n4n＋1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝n4n＋1.6．已知函数f(x)＝x2－ax＋b(a，b∈R)的图象经过坐标原点，且f′(1)＝1，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足an＋log3n＝log3bn，求数列{bn}的前n项和．解：(1)∵函数f(x)＝x2－ax＋b(a，b∈R)的图象经过坐标原点，∴f(0)＝b＝0，∴f(x)＝x2－ax，由f′(x)＝2x－a，得f′(1)＝2－a＝1，∴a＝1，∴f(x)＝x2－x，∴Sn＝n2－n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－[(n－1)2－(n－1)]＝2n－2，a1＝S1＝0，∴an＝2n－2(n∈N*)．(2)由an＋log3n＝log3bn得：bn＝n·32n－2(n∈N*)，设{bn}的前n项和为Tn，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝30＋2·32＋3·34＋…＋n·32n－2，①∴9Tn＝32＋2·34＋3·36＋…＋n·32n，②由②－①得：8Tn＝n·32n－(1＋32＋34＋36＋…＋32n－2)＝n·32n－32n－18，∴Tn＝n·32n8－32n－164＝8n－132n＋164.