2016届高三数学(文)专题复习检测：专题三-数列-过关提升

1专题三数列专题过关·提升卷(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．(2015·陕西高考)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q1”是数列“{an}为递增数列”的________条件．3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则a9＝________．4．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，则S6＝________．5．(2015·广州调研)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________．6．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若log2T2m－1＝9，则m＝________．7．各项为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝5S2，a2＝2且Sk＝31，则正整数k的值为________．8．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且满足SnTn＝3n＋24n－5，则a5b5＝________．9．(2015·太原诊断)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，则实数a的值为________．10．(2015·菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为防止疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织、2国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列{an}，已知a1＝3，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋(－1)n，则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有________人．11．(2015·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n－n.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为________．12．(2015·衡水点睛联考)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝13an－1＋13n(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋1＝2a6，且S7＝S10，则使得Sn取得最小值时，n的值为________．14．(2015·郑州质检)设数列{an}是首项为1，公比为q(q≠－1)的等比数列，若1an＋an＋1是等差数列，则1a2＋1a3＋1a3＋1a4＋…＋1a2013＋1a2014＋1a2014＋1a2015＝________．二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)(2015·大庆质检)已知公差不为0的等差数列{an}满足S7＝77，且a1，a3，a11成等比数列．3(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.16．(本小题满分14分)(2015·揭阳模拟)已知等比数列{an}满足：an0，a1＝5，Sn为其前n项和，且20S1，S3，7S2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2，求数列1bn的前n项和Tn.417．(本小题满分14分)(2015·济宁模拟)已知数列{bn}满足Sn＋bn＝n＋132，其中Sn为数列{bn}的前n项和．(1)求证：数列bn－12是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)如果对任意n∈N*，不等式12k12＋n－2Sn≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．18．(本小题满分16分)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝1－2Sn；将函数y＝sinπx在区间(0，＋∞)内的全部零点按从小到大的顺序排成数列{an}．(1)求{bn}与{an}的通项公式；(2)设cn＝an·bn(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和．若a2－2a4Tn恒成立，试求实数a的取值范围．519．(本小题满分16分)(2012·江苏高考)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝an＋bna2n＋b2n，n∈N*.(1)设bn＋1＝1＋bnan，n∈N*，求证：数列bnan2是等差数列；(2)设bn＋1＝2·bnan，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．20．(本小题满分16分)(2015·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}．②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．6专题过关·提升卷1．5[设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a1＋2015＝2×1010，∴a1＝5.]2．既不充分也不必要[当a10，q1时，数列{an}是递减数列．当{an}为递增数列时，a10，0q1或a10，q1.因此，“q1”是{an}为递增数列的既不充分也不必要条件．]3．16[设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，因为a5＝8，S3＝6，所以a1＋4d＝8，3a1＋3d＝6，解得a1＝0，d＝2.所以a9＝a1＋8d＝8×2＝16.]4．364[因为a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，所以a1＋a3＝10，a1·a3＝9，又{an}是递增数列，所以a1＝1，a3＝9，所以q＝3，S6＝1－361－3＝364.]5．50[∵a10a11＋a9a12＝2a1a20＝2e5，∴a1·a20＝e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1·a2·…·a20)＝ln(a1·a20)10＝lne50＝50.]6．5[由等比数列的性质，am＋1·am－1＝a2m，∴a2m＝2am(am≠0)，从而am＝2，因此T2m－1＝a1·a2·a3·…·a2m－1＝a2m－1m＝22m－1，所以log2T2m－1＝log222m－1＝2m－1＝9，则m＝5.]7．5[由S4＝5S2，得a3＋a4＝4(a1＋a2)，∴q2(a1＋a2)＝4(a1＋a2)，由于a1＋a2≠0，则q＝2.7又a2＝2a1＝2.知a1＝1.∴Sk＝1·（1－2k）1－2＝31，解得k＝5.]8.2931[a5b5＝9a59b5＝9（a1＋a9）29（b1＋b9）2＝S9T9＝3×9＋24×9－5＝2931.]9．－3[由Sn＝3n＋1＋a，则Sn－1＝3n＋a.∴an＝Sn－Sn－1＝2·3n(n≥2，n∈N*)．∵a1＝S1＝9＋a，又数列{an}为等比数列，因此a1应满足an＝2·3n，即a1＝6.所以9＋a＝6，∴a＝－3.]10．285[由an＋2－an＝1＋(－1)n，知，当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.所以数列a1，a3，a5，…，a29为常数列；a2，a4，a6，…，a30是公差为2的等差数列．又a1＝3，a2＝2，因此S30＝15×3＋a2＋a302×15＝45＋2＋302×15＝285.]11．11[由程序框图，及an＝2n－n.∴Sn＝(21－1)＋(22－2)＋(23－3)＋…＋(2n－n)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝2(2n－1)－n（n＋1）2，由Sn2015，得2n＋1－n（n＋1）22017，由n∈N*，知n≥11.∴输出n的值为11.]812．an＝n＋23n[由an＝13an－1＋13n，得3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)．∴数列{3nan}是以3为首项，公差为1的等差数列．因此3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，所以an＝n＋23n.]13．8或9[设等差数列{an}的公差为d.由S10＝S7，得a8＋a9＋a10＝0，知a9＝0，又2a6＝a2＋a10＝a2＋1，得a10＝1，∴公差d＝a10－a9＝10，数列{an}单调递增．所以，当n≤8时，an0，当n≥10时，an0，因此{an}的前8项或前9项和最小．]14．4026[因为1an＋an＋1是等差数列，则1a1＋a2＋1a3＋a4＝2a2＋a3，又{an}是首项为1，公比为q(q≠－1)的等比数列，∴11＋q＋1q2＋q3＝2·1q＋q2⇒q＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为1的常数列，则an＝1.故1a2＋1a3＋1a3＋1a4＋…＋1a2014＋1a2015＝4026.]15．解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由S7＝7a4＝77，得a4＝11，∴a1＋3d＝11，①因为a1，a3，a11成等比数列，所以a23＝a1a11，整理得2d2＝3a1d，又因d≠0.所以2d＝3a1②9联立①，②解得a1＝2，d＝3.所以{an}的通项公式an＝3n－1.(2)因为bn＝2an，所以bn＝23n－1＝12·8n，所以数列{bn}是以4为首项，8为公比的等比数列，由等比数列前n项和公式得，Tn＝4（1－8n）1－8＝23n＋2－47.16．解(1)设数列{an}的公比为q(q0)．∵20S1，S3，7S2成等差数列，∴2S3＝20S1＋7S2.则2(a1＋a1q＋a1q2)＝20a1＋7(a1＋a1q)．化简得2q2－5q－25＝0，解得q＝5或q＝－52.由q0.舍去q＝－52.所以数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝5n.(2)由(1)知，a2n＋2＝52n＋2，则log5a2n＋2＝2n＋2.因此bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2＝2＋4＋…＋2(n＋1)＝(n＋1)(n＋2)．∴1bn＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，∴Tn＝1b1＋1b2＋…＋1bn＝12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2（n＋2）.1017．解(1)对于任意n∈N*，Sn＋bn＝n＋132①Sn＋1＋bn＋1＝（n＋1）＋132②②－①得bn＋1＝12bn＋14，所以bn＋1－12＝12bn－12又由①式知，S1＋b1＝142，即b1＝72.所以数列bn－12是首项为b1－12＝3，公比为12的等比数列，∴bn－12＝3×12n－1，即bn＝3×12n－1＋12.(2)因为bn＝3×12n－1＋12，所以Sn＝31＋12＋122＋…＋12n－1＋n2＝31－12n1－12＋n2＝61－12n＋n2.因为不等式12k12＋n－2Sn≥2n－7，化简得k≥2n－72n，对任意n∈N*恒成立，设cn＝2n－72n，则cn＋1－cn＝2（n＋1）－72n＋1－2n－72n＝9－2n2n＋1，当n≥5时，cn＋1≤cn，{cn}为单调递减数列，当1≤n5时，cn＋1cn，{cn}为单调递增数列，116＝c4c5＝332，所以，n＝5时，cn取得最大值332，所以，要使k≥2n－72n对任意n∈N*恒成立，k≥332.1118．解(1)由bn＝1－2Sn，令n＝1，则b1＝1－2S1＝1－2b1，∴b1＝13.又当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1，∴bn－bn－1＝(1－2Sn)－(1－2Sn－1)＝－2bn.因此3bn＝bn－1(n≥2，n∈N*)，∴数列{bn}是首项b1＝13，公比为q＝13的等比数列．