数列综合测试卷

编号14-数列综合测试卷

编写 牛松 审核 李志强

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，只有一个是符合题目要求的）

1.下列各组数成等比数列的是( )

－－－－

①1，－2,4，－8；②－2，2，－22，4；③x，x2，x3，x4；④a1，a2，a3，a4. A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 2．数列1，－3，5，－7，…的一个通项公式为( )

＋

A．an＝2n－1 B．an＝(－1)n1(2n－1) C．an＝(－1)n(2n－1) D．an＝(－1)n(2n＋1) 3．等差数列{an}中，若a2＋a8＝16，a4＝6，则公差d的值是( ) A．1 B．2 C．－1 D．－2

4．在等比数列{an}中，已知a3＝2，a15＝8，则a9等于( ) A．±4 B．4 C．－4 D．16

5．已知数列{an}为等差数列，Sn是它的前n项和．若a1＝2，S3＝12，则S4＝( ) A．10 B．16 C．20 D．24

6．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 7．在等比数列中，已知

a1a83a15＝243，则

a9的值为( ) a113A．3 B．9 C．27 D．81

3

8．如果数列{an}的前n项和Sn＝an－3，那么这个数列的通项公式是( )

2

A．an＝2(n2＋n＋1) B．an＝3·2n C．an＝3n＋1 D．an＝2·3n

－

9．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n1，…的前n项和为( )

＋＋

A．2n1－n B．2n1－n－2 C．2n－n D．2n 10．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－2 018，

S2018S20162，则a2＝( ) 20182016A．－2 016 B．－2 018 C．2 018 D．2 016 11．(2017·安徽安庆二模，5)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( )

1

A．1 B．－1 C. D．2

2

12．(2017·黄冈质检)设等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，前n项和为Sn.若对任意的n∈N*，有S2n＜3Sn，则q的取值范围是( )

A．(0,1] B．(0,2) C．[1,2) D．(0，2)

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上） 13.2＋1与2－1的等比中项是________．

14．已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a22－4，则an＝________．

15．在等差数列{an}中，a3＝－12，a3，a7，a10成等比数列，则公差d等于________．

16．某化工厂生产一种溶液，按市场要求，杂质含量不能超过0.1%，若初时含杂质2%，且每过滤一次可使杂质含

1

量减少，则要使产品达到市场要求，至少应过滤________次．(取lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)

3

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答题应先出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.(本小题满分10分)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求an；

(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.

1

18．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，bn＝an－30，

2

(1)求通项公式an；

(2)求数列{bn}的前n项和Tn的最小值．

19．(本小题满分12分)购买一件售价为5 000元的商品，采用分期付款的办法，每期付款数相同，购买后1个月付款一次，过1个月再付款一次，如此下去，到第12次付款后全部付清．如果月利率为0.8%，每月利息按复利计算(上月利息计入下月本金)，那么每期应付款多少元？(精确到1元)

20．(本小题满分12分)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.

(1)求{an}的通项公式；

1

(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.

an·an＋1

21．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为S，且Sn＝4an－p，其中p是不为零的常数． (1)证明：数列{an}是等比数列；

(2)当p＝3时，数列{bn}满足bn＋1＝bn＋an(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．

22．(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2n＋1＝Sn＋1＋Sn. (1)求{an}的通项公式；

(2)设bna2n12，求数列{bn}的前n项和Tn.

an

【参考答案】

一、选择题

1.C 2.B 3.B 4.B 5.C 6.B

7.B 8.D 9.B 10.A 11.D 12.A 提示：

1.由等比数列的定义，知①②④是等比数列．③中当x＝0时，不是等比数列．

＋

2.1，3，5，7，…是奇数列，通项公式an＝2n－1，又因为偶数项为负，奇数项为正，故所求通项公式an＝(－1)n1(2n－1)．

3．因为{an}为等差数列，所以a2＋a8＝2a5＝16，解得a5＝8.所以d＝a5－a4＝8－6＝2.

4．因为a9是a3和a15的等比中项，又在等比数列中奇数项的符号相同，所以a9＝a3a15＝4.

3×24×3

5．因为S3＝3a1＋d＝6＋3d＝12，解得d＝2，所以S4＝4a1＋d＝20.

22

6．因为在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，所以a3＝5.又a4＝7，所以公差d＝7－5＝2.

a93a9·a7·a11

255

7．因为a1a15＝a8，所以a8＝243＝3，所以a8＝3，所以＝＝a9·a7＝a82＝9.

a11a11

33an

8．由an＝Sn－Sn－1＝(an－3)－(an－1－3)(n≥2)，得＝3，又a1＝6，所以{an}是以a1＝6，q＝3的等比数列，所

22an－1

以an＝2·3n.

－＋

9．因为an＝1＋2＋22＋…＋2n1＝2n－1，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n＝2n1－n－2. 10.因为Sn为等差数列{an}的前n项和，所以{SnSS}为等差数列，且首项为－2 018.又因为201820162， n20182016S2

所以公差为1，所以＝－2 018＋1＝－2 017.所以S2＝a1＋a2＝－2 017×2.即a2＝－2 016.

2

22

11．由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝(an).由于数列{an－1}是等比数列，所以＝1，得λ＝2.

λa1(1q2n)a1(1qn)312．当q≠1时，因为S2n＜3Sn，所以，所以qn＜2.若q＞1，则n＜logq2对任意的n∈N*

1q1q恒成立，显然不成立．若0＜q＜1，则n＞logq2对任意的n∈N*恒成立，所以logq2＜nmin，所以logq2＜1，即0＜q

＜2，又0＜q＜1，所以0＜q＜1.当q＝1时，对任意的n∈N*，有S2n＜3Sn成立．综上可得，0＜q≤1.故选A. 二、填空题

3

13.±1 14.2n－1 15.0或 16.8

4

提示：

13.2＋1与2－1的等比中项是±（2＋1）（2－1）＝±1.

214．设公差为d，则a2＝1＋d，a3＝1＋2d，代入a3＝a2－4得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d＝2或d＝－2(舍去)，所

以an＝2n－1.

15．由{an}为等差数列，得a7＝a3＋4d，a10＝a3＋7d，又a3，a7，a10成等比数列，所以a72＝a3a10，即(a3＋4d)2＝a3(a3

3

＋7d)，整理后，得12d＝16d2，解得d＝0或d＝.

4

1

16．设原有溶液a，含杂质2%a，经过n次过滤，含杂质2%a×(1－)n.要使n次过滤后杂质含量不超过0.1%，则

3

2

2%a×（）n

31＋lg 21＋0.301 021

×100%≤0.1%，即()n≤，n≥＝≈7.387 8，所以至少应过滤8次．

a320lg 3－lg 20.477 1－0.301 0三、解答题

17.解：(1)设{an}的公比为q，依题意得 a1q＝3，a1＝1，解得 4a1q＝81，q＝3.

－

因此，an＝3n1.

(2)因为bn＝log3an＝n－1，

n（b1＋bn）n2－n

所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝. 22

a1＝2，a12d10,18．解：(1)由a3＝10，S6＝72，得 d＝4，6a15d72,1解得

所以an＝4n－2.

1

(2)由(1)知bn＝an－30＝2n－31.

22n－31≤0，2931

由题意知得≤n≤.

22（n＋1）－31≥0，2

因为n∈N＋，所以n＝15.

所以{bn}前15项为负值时，Tn最小． 可知b1＝－29，d＝2，T15＝－225.

19．解：设每期应付款x元，则第一期付款与到最后一期付款所生利息之和为x·(1＋0.008)11元； 第二期付款与到最后一期付款所生利息之和为x·(1＋0.008)10元； …

第十一期付款与到最后一期付款所生利息之和为x·(1＋0.008)元； 第十二期付款已没有利息问题，即为x元．

1.00812－1211

所以各期付款连同利息之和为x(1＋1.008＋1.008＋…＋1.008)＝x.

1.008－1

又所购商品的售价及其利息之和为5 000×1.00812，

1.00812－1于是有x＝5 000×1.00812，

1.008－1

所以x≈439元．

答：每期应付款约439元．

（an＋1）2（an＋1＋1）2

2

20．解：因为4Sn＝(an＋1)，所以Sn＝，Sn＋1＝. 44

（an＋1＋1）2－（an＋1）2

所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝，即4an＋1＝an＋12－an2＋2an＋1－2an，

4

所以2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)·(an＋1－an)．

因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，即{an}为公差等于2的等差数列． 由(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1，所以an＝2n－1.

1111

(2)由(1)知bn＝＝(－)，

（2n－1）（2n＋1）22n－12n＋1

1111111111

因为Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝－.

23352n－12n＋122n＋122（2n＋1）

21．（1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，所以Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，

4

所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝an－1.

3p

由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.

3

p4

所以{an}是首项为，公比为的等比数列．

33(2)解：当p＝3时，由(1)知，an()43n1.

由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()

43

n1

，

41()n143当n≥2时，得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋3()n11.

4313当n＝1时，上式也成立．

所以数列{bn}的通项公式为bn3()43n11(n∈N*)．

22．解：(1)因为a2n＋1＝Sn＋1＋Sn，① 所以当n≥2时，a2n＝Sn＋Sn－1，②

22

①－②得an＋1－an＝an＋1＋an，即(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an＋1＋an，

因为an>0，所以an＋1－an＝1，所以数列{an}从第二项起，是公差为1的等差数列． 由①知a22＝S2＋S1，因为a1＝1，所以a2＝2，

所以当n≥2时，an＝2＋(n－2)×1，即an＝n.③ 又因为a1＝1也满足③式，所以an＝n(n∈N*)．

(2)由(1)得bna2n12n＝(2n－1)·2n，Tn＝2＋3·22＋5·23＋…＋(2n－1)·2n，④ 2Tn＝22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n1，⑤

＋

④－⑤得－Tn＝2＋2×22＋…＋2×2n－(2n－1)·2n1，

＋

a23(12n1)＋所以－Tn＝2＋－(2n－1)·2n1，

12故Tn＝(2n－3)·2n1＋6.

＋