階段質量檢測（二）數列(時間120分鐘滿分150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．等比數列{an}的公比q＝－eq\f(1,4)，a1＝eq\r(2)，則數列{an}是()A．遞增數列 B．遞減數列C．常數數列 D．擺動數列解析：選D因為等比數列{an}的公比為q＝－eq\f(1,4)，a1＝eq\r(2)，故a2<0，a3>0，…，所以數列{an}是擺動數列．2．若互不相等的實數a，b，c成等差數列，a是b，c的等比中項，且a＋3b＋c＝10，則a的值是()A．1 B．－1C．－3 D．－4解析：選D由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝a＋c，,a2＝bc，,a＋3b＋c＝10，))解得a＝－4，b＝2，c＝8.3．在數列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，則a5等于()A．－eq\f(16,3) B.eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3) D.eq\f(8,3)解析：選B∵a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq\f(2,3)＝－eq\f(4,3)，a4＝(－1)4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(8,3)，a5＝(－1)5×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq\f(16,3).4．在等比數列{an}中，已知前n項和Sn＝5n＋1＋a，則a的值為()A．－1 B．1C．5 D．－5解析：選D因為Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比數列的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，可知其常數項與qn的系數互為相反數，所以a＝－5.5．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數，,an＋1，n為正偶數，))則254是該數列的()A．第8項 B．第10項C．第12項 D．第14項解析：選D當n為正奇數時，an＋1＝2an，則a2＝2a1＝2，當n為正偶數時，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次類推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，歸納可得數列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n為正奇數，,2－2，n為正偶數，))則2－2＝254，n＝14，故選D.6．已知數列{an}是等差數列，其前n項和為Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，則a2＝()A．2B.eq\f(1,2)C．3D.eq\f(1,3)解析：選C∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a1a3)＝eq\f(3,5)，∵a1a2a3＝15，∴eq\f(3,5)＝eq\f(a3,15)＋eq\f(a1,15)＋eq\f(a2,15)＝eq\f(a2,5)，∴a2＝3.故選C.7．如果數列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項為1、公比為eq\f(1,3)的等比數列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))) B.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))) D.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))解析：選A由題知a1＝1，q＝eq\f(1,3)，則an－an－1＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1.設數列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n項和為Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，∴an＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))).8．設Sn為等差數列{an}的前n項和，a1＝－2014，eq\f(S2007,2007)－eq\f(S2005,2005)＝2，則S2016的值為()A．－2016 B．2016C．2015 D．－2015解析：選B因為Sn為等差數列{an}的前n項和，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數列．設數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公差為d′，則由eq\f(S2007,2007)－eq\f(S2005,2005)＝2，得2d′＝2，解得d′＝1，所以eq\f(S2016,2016)＝eq\f(S1,1)＋2015d′＝a1＋2015d′＝－2014＋2015＝1，所以S2016＝2016.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上)9．已知{an}是等差數列，Sn為其前n項和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則a1＝________，d＝________，S10＝________.解析：由已知得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×20－1,2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，∴S10＝10×20＋eq\f(10×9,2)×(－2)＝110.答案：20－211010．(浙江高考)設數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比為3的等比數列，∴eq\f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq\f(3,2)×34＝eq\f(243,2)，∴S5＝121.答案：112111．已知數列{an}的通項公式為an＝2015－3n，則使an>0成立的最大正整數n的值為________．解析：由an＝2015－3n>0，得n<eq\f(2015,3)＝671eq\f(2,3)，又∵n∈N*，∴n的最大值為671.答案：67112．某住宅小區計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數n(n∈N*)等于________．解析：每天植樹的棵數構成以2為首項，2為公比的等比數列，其前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝128，則n＋1≥7，即n≥6.答案：613．已知數列{an}滿足an＋1－an＝2n(n∈N*)，a1＝3，則an＝________，eq\f(an,n)的最小值為________．解析：∵an＋1－an＝2n，∴a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，a4－a3＝2×3，…an－an－1＝2(n－1)，以上各式相加可得an－a1＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋2＋3＋…＋n－1))＝2×eq\f(n－11＋n－1,2)＝n2－n，∵a1＝3，∴an＝n2－n＋3.∴eq\f(an,n)＝n＋eq\f(3,n)－1.∵f(x)＝x＋eq\f(3,x)在(0，eq\r(3))上單調遞減，在(eq\r(3)，＋∞)上單調遞增，又eq\f(a1,1)＝1＋eq\f(3,1)－1＝3，eq\f(a2,2)＝2＋eq\f(3,2)－1＝eq\f(5,2)，所以eq\f(an,n)的最小值為eq\f(5,2).答案：n2－n＋3eq\f(5,2)14．已知等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為An，Bn，且滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n,n＋3)，則eq\f(a1＋a2＋a12,b2＋b4＋b9)＝________.解析：根據題意，由eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n,n＋3)，可設：An＝2n2，Bn＝n(n＋3)，則：a1＝A1＝2,當n≥2時，an＝An－An－1＝4n－2，b1＝B1＝4，當n≥2時，bn＝Bn－Bn－1＝2n＋2，∴eq\f(a1＋a2＋a12,b2＋b4＋b9)＝eq\f(2＋6＋46,6＋10＋20)＝eq\f(54,36)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)15．定義函數f(x)＝{x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整數，如{1.2}＝2，{－2.6}＝－2.當x∈(0，n](n∈N*)時，函數f(x)的值域記為An，記An中元素的個數為an，則an＝________，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝________.解析：當x∈(0,1]時，{x}＝1，x{x}＝x，則f(x)＝{x·{x}}＝1，即A1＝{1}，故a1＝1；當x∈(0,2]時，{x}＝1,2，x{x}＝x或2x，則f(x)＝{x·{x}}＝1,3,4，即A2＝{1,3,4}，故a2＝3；當x∈(0,3]時，{x}＝1,2,3，x{x}＝x或2x或3x，則f(x)＝{x·{x}}＝1,3,4,7,8,9，即A3＝{1,3,4,7,8,9}，故a3＝6；同理可得a4＝10，注意到an＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a10)＝eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,10×11)＝eq\f(20,11).答案：eq\f(nn＋1,2)eq\f(20,11)三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16．(14分)已知函數f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，數列{xn}的通項由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)確定．(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差數列；(2)當x1＝eq\f(1,2)時，求x2016.解：(1)證明：∵xn＝f(xn－1)＝eq\f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\f(1,xn)＝eq\f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,xn－1)，∴eq\f(1,xn)－eq\f(1,xn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差數列．(2)由(1)知eq\f(1,xn)＝eq\f(1,x1)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝2＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n＋5,3).∴eq\f(1,x2016)＝eq\f(2016＋5,3)＝eq\f(2021,3).∴x2016＝eq\f(3,2021).17．(15分)在△ABC中，若lgsinA，lgsinB，lgsinC成等差數列，且三個內角A，B，C也成等差數列，試判斷此三角形的形狀．解：∵A，B，C成等差數列，∴2B＝A＋C.又∵A＋B＋C＝π，∴3B＝π，即B＝eq\f(π,3)，A＋C＝eq\f(2,3)π.∵lgsinA，lgsinB，lgsinC成等差數列，∴2lgsinB＝lgsinA＋lgsinC，即sin2B＝sinAsinC.又∵B＝eq\f(π,3)，∴sinB＝eq\f(\r(3),2).∴sinAsinC＝sin2B＝eq\f(3,4).又∵cos(A＋C)＝cosAcosC－sinAsinC，cos(A－C)＝cosAcosC＋sinAsinC，∴sinAsinC＝－eq\f(1,2)[cos(A＋C)－cos(A－C)]．∴－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)－cosA－C))＝eq\f(3,4).∴eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)cos(A－C)＝eq\f(3,4)，∴cos(A－C)＝1.∵A－C∈(－π，π)，∴A－C＝0，即A＝C＝eq\f(π,3).∴A＝B＝C.∴△ABC是等邊三角形．18．(15分)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若數列{bn}滿足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求數列{bn}的前n項和Tn.解：(1)設等比數列{an}的公比為q，由an<an＋1，得q>1，又a1＝1，則a2＝q，a3＝q2，因為S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，則1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)，則Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，兩式相減，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n，即－Tn＝1＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n－1)×2n，化簡得Tn＝(2n－3)×2n＋3.19．(15分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S10＝55，S20＝210.(1)求數列{an}的通項公式．(2)設bn＝eq\f(an,an＋1)，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比數列？若存在，請說明理由．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*)．(2)假設存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比數列，則beq\o\al(2,m)＝b1bk.因為bn＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(n,n＋1)，所以b1＝eq\f(1,2)，bm＝eq\f(m,m＋1)，bk＝eq\f(k,k＋1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(k,k＋1).整理，得k＝eq\f(2m2,－m2＋2m＋1).以下給出求m，k的方法：因為k>0，所以－m2＋2m＋1>0，解得1－eq\r(2)<m<1＋eq\r(2).因為m≥2，m∈N*，所以m＝2，此時k＝8.故存在m＝2，k＝8使得b1，bm，bk成等比數列．20．(15分)在數列{an}中，a1＝1,2anan＋1＋an＋1－an＝0(n∈N*)．(1)求證：數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數列，并求{an}的通項公式；(2)若tan＋1(an－1)＋1≥0對任意n≥2的整數恒成立，求實數t的取值范圍．解：(1)證明：由2anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)，得eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝2(n