2011年高一下数学自测题(4)

2011年高一下数学自测题（4）（2011.4.7）第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题：1.在等差数列中，3456814164()3()36aaaaaaa，那么该数列的前14项之和是（）A7B14C21D422.已知公比为q的等比数列na，若22nnnbaa，*nN,则数列nb是（）A公比为q的等比数列B公比为2q的等比数列C公差为q的等差数列D公差为2q的等差数列3．设等差数列na的前n项的和ns，且480aa，则（）A45ssB45ssC65ssD65ss4.在等差数列na中，138,25,ass则前n项和ns的最小值为（）A80B76C75D745.若互不相等的实数,,abc成等差数列，,,cab成等比数列，且310abc，则a（）A4B2C2D46.等差数列na中，14739aaa，25833aaa，则369aaa（）A24B30C21D277.在等差数列na中，首项1a125，从第10项起na开始大于1，那么此等差数列的公差d的取值范围为（）A83(,)7525B83[,)7525C83[,]7525D83(,]75258.ABC中，三边长,,,abc若111,,abc成等差数列，则边b所对的角为（）A锐角B钝角C直角D不能确定9.已知数列na满足**()2()(2)nnnNannn为偶数,n为奇数，nN,则na的前21k项的和为（）A21121kkkB21121kkkC21kkD21121kkk10.设数列na的前n项和为ns，关于数列na有下列三个命题：①若na既是等差数列又是等比数列，则ns1na；②若ns2(,)anbnabR,则na是等差数列;③若ns2(1)n，则na是等比数列其中真命题的序号是（）A①②B①③C②③D①②③二.填空题：11.已知数列na中，1221nnnnan为正奇数为正偶数，则9a_______,设数列na的前n项和为ns，9s___________12.若等比数列na的前n项和ns，且118s，224s，则4s___13.数列na中,若1111,(2,*)21nnaannNa，则2009a的值为___________14.若数列na中，满足11log(0,1)ananaaaalog，已知a为常数，且12100100aaa，则2498100aaaa_______15.方程fxx的根称为fx的不动点，若函数fx2xax有唯一不动点，前11000x，*111nnxnNfx，则2009x_____一。选择题题号１２３４５６７８９１０答案二填空题11256377128031321412152004三解答题：16.等差数列{}na的前n项和为1312932nSaS，，．（Ⅰ）求数列{}na的通项na与前n项和nS；（Ⅱ）设()nnSbnnN，求证：数列{}nb中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：（Ⅰ）由已知得112133932aad，，2d，故212(2)nnanSnn，．（Ⅱ）由（Ⅰ）得2nnSbnn．假设数列{}nb中存在三项pqrbbb，，（pqr，，互不相等）成等比数列，则2qprbbb．即2(2)(2)(2)qpr．2()(2)20qprqprpqrN，，，2020qprqpr，，22()02prprprpr，，．与pr矛盾．所以数列{}nb中任意不同的三项都不可能成等比数列．17.已知数列*2log1nanN为等差数列，且133,9aa求数列na的通项公式；证明：213211111nnaaaaaa解：设等差数列)}1({log2na的公差为d.由,8log2log)2(log29,322231daa得即d=1.所以,)1(1)1(log2nnan即.12nna（II）证明因为nnnnnaaa2121111，所以nnnaaaaaa2121212111132112312.1211211212121nn18、已知函数.3cos)4cos()4sin(32sin)(22xxxxxf（I）求函数)(xf的最小正周期和单调递减区间；（II）求函数)(xf在]3625,12[上的最大值和最小值并指出此时相应的x的值。解：（I）3cos)4cos()4sin(32sin)(22xxxxxf32cos)4(sin322xx…………3分xx2cos2sin3)62sin(2x…………4分所以22T…………5分由)(2326222Zkkxk得)(653Zkkxk…………7分所以函数)(xf的最小正周期为)](65,3[,Zkkk单调递减区间为（II）由（I）有).62sin(2)(xxf因为],3625,12[x所以]911,3[62x……8分因为.911sin34sin)3sin(所以)(,3;3)(,12xfxxfx函数时当取得最小值函数时取得最大值219.(本小题满分12分）设数列na是公比大于1的等比数列，ns为数列na的前n项和，已知37,s且1233,3,4aaa构成等差数列。求数列na的通项公式；令31ln,1,2nnban，求数列nb的前n项和nT。解：（1）由已知得1231327:(3)(4)3.2aaaaaa，解得22a．设数列{}na的公比为q，由22a，可得1322aaqq，．又37S，可知2227qq，即22520qq，解得12122qq，．由题意得12qq，．11a．故数列{}na的通项为12nna．（2）由于31ln12nnban，，，，由（1）得3312nna3ln23ln2nnbn又13ln2nnnbb{}nb是等差数列．12nnTbbb1()2(3ln23ln2)23(1)ln2.2nnbbnnn故3(1)ln22nnnT．20.(本小题满分13分）.已知数列na的前n项和为ns，且*(3)23nnmsmamnN其中m为常数，且3,0mm。求证：na是等比数列；若数列na的公比qfm，数列nb满足*1113,,22nnbabfbnNn，求证：1nb为等差数列，求nb。证明（1）由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,两式相减，得（3+m）an+1=2man,m≠-3,∴nnaa1=32mm≠0(n≥1).∴{an}是等比数列.（2）由(3-m)S1+2ma1=m+3,解出a1=1,∴b1=1.q=f(m)=32mm,n∈N且n≥2时，bn=23f(bn-1)=23·3211nnbb，bnbn-1+3bn=3bn-1，推出nb1-11nb=31.∴nb1是以1为首项、31为公差的等差数列.∴nb1=1+31n=32n.∴bn=23n.21.(本小题满分14分）已知数列：满足：，，记.(I)求证：数列是等比数列；(II)若对任意恒成立，求t的取值范围；(III)证明:解：（Ⅰ）证明：由得①②（2分）∴即，且∴数列是首项为，公比为的等比数列．（4分）（Ⅱ）由(Ⅰ)可知∴由得=nnn2344(41)（6分）2231nnnaaa22222321nnnnnaaaaa2)1(4122311nnnnnaaaaa12411211nnnnaaaannbb4114112111aabnb41411241)41(411nnnnnaab14421nnnannta4144124)14(421nnnnnt易得nnn2344(41)是关于的减函数∴nnn2344(41)34，∴（9分）（Ⅲ）324n（11分）∴＝324n得证（14分）n43tnnnnna432143214142)434343(2)432()432()432(2221nnnnaaa432)41(12411)41(1432nnnnn