2011年名校模拟试题精选之单元测试卷第四单元数列

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.（2011信阳二模）等比数列{an}中，若a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，那么a4＋a5等于 （ ） A．27 B．27或－27 C．81 D．81或－81 【答案】B

22【解析】a3a4q(a1a2)q9，所以q3，所以a4a5q(a3a4)27，故选B.

2.（2011珠海市五月高三综合测试二）设正项等比数列an，公差dlg3，且lganlgan成等差数列，的前三项和为6lg3，则an的通项为 （ ）

A．nlg3 B．3 C．3n D．3【答案】B

nn1

【解析】依题意有3lga13lg36lg3，所以a13.设等比数列{an}的公比为q，则qa2，所以a1lgqlga2lga1dlg3，所以q3，所以an33n13n，故选B.

3.（2011福州一联）把1，3，6，10，15，21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形（如图所示），则第七个三角形数是 （ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30

1361015【答案】B

【解析】观察三角形数的增长规律，可以发现每一项与它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律可得第七个三角形数是1234677(17)28.故选B. 224.(2011山东省济南市二模)已知等比数列{an}的公比为正数，且a5a74a4，a2=1，则a1= （ ）

A.

12 B. C.

222 D.2

【答案】B

2【解析】由a5a74a4得a64a4，所以q44,q2,a122a22.故选B. q2*5.(2011福建三明二中二模) 数列{an}满足3anan1(nN),且a2a4a69，则

log1(a5a7a9)的值是 （ ）

6A．2 【答案】A

B．1 2C．2 D．

1 2【解析】由已知得{an}是等差数列，公差为d3，所以a5a7a9a2a4a69d36，所以

log1(a5a7a9)2.故选A.

66. (2011甘肃诊断)设Sn是等差数列{an}的前n项和，S53(a2a8)，则

a5 （ ） a3 A.

5131 B. C. D. 6356a5(a1a5)55a3，又S53(a2a8)6a5，所以5.故选A.

a362【答案】 A 【解析】因为S52a97.（2011大连双基测试）在等比数列{an}中，若a2a3a6a9a1032，则的值为（ ）

a12 A．4 B．2 C．2 D．4

【答案】B

5【解析】 设公比为q，由a2a3a6a9a1032得 a632，所以a62，所以

2a9(a6q3)2a62.故选B. 6a12a6q8.（2011浙江名校联盟二模）正项等比数列{an}中的前n项和为Sn，且a48，S4S138，则公比等于 （ ） A．

5 2B．

3 2C．

2 5D．

2 3【答案】D 【解析】设 首 项 为a1公 比 为q，则a4a3a238，因 为a48，所 以a3a230， 3即 a1q8，a1q(1q)30，解 得a127，q2.故 选D. 39. (2011江西八校联考)设数列an为等差数列，其前n项和Sn为，a1a4a799，a2a5a893，

若对任意nN，都有SnSk成立，则k的值为 （ ）

A．22 B．21 C．20 D．19

【答案】C

【解析】依题意即求Sn最大时的项数n.将两已知等式相减，可得公差d2，所以3a19d99，解

Sn取得最大值，得a139，所以an392(n1)412n.当an0时，所以412n0，得n205.所以kn20.故选C.

，

13(n2)，则a2011（ ） ，an1an151235 A． B.  C. D.

235210.（2011丰台二模）已知数列{an}中，a1【答案】 C

【解析】由递推公式得a2于是a2011a67031a12532，a3，a4，a5，……，所以数列是周期数列，周期为3，32533.故选C. 511. （2011杭州二中5月模拟）在数列｛an｝中，a12，当n为正奇数时，an1an2，当n为正偶数时，an12an，则a6 （ ）

A．11 B． 17 C． 22 D．23 【答案】C

【解析】逐项计算得该数列的前6项依次为：2，4，8，10，20，22，故选C.

12. （2011大连双基测试）已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn，若

a11,a43,S39，设bn A．97 【答案】 B

B．98

1，则使b1b2nanC．99

bn99成立的最大n值为 100D．100

（ ）

【解析】因为S33a29，即a23，且a11，a43，首项及公差d为整数，所以可得a12，d1，所以ann1，所以bn111，

n(n1)nn1b1b2111bn1223111nn991所以成立的最大n值为98.nn1n1n1n1100故选B.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. （2011惠州市二模）已知等差数列an中，a26，a515，若bna3n，

则数列bn的前9项和等于 . 【答案】405

a2a1d6a13【解析】由，

aa4d15d315an33(n1)3n,bna3n9n, 数列bn的前9项和为S9小值为 . 【答案】22 14.(2011上海奉贤区4月调研)在等比数列an中，an0，且a1a2a7a816，则a4a5的最

9819405. 24【解析】由已知得(a4a5)16，因为an0，所以得a4a52，所以

a4a52a4a522.

15．（2011菏泽二模）已知an2n1（nN），把数列{an}的各项排成如图所示的三角数阵，记S(m,n)表示该数阵中第m行中从左到右的第n个数，则S(10,6)对应数阵中的数是 . 【答案】101

1【解析】观察知每一行的第一个数构成数列：1，3，7，13，21，…，相邻两

35项构成递推关系：an1an2n，所以 7911a10a918a81618a7143413151719......a61248a51060a4870137891，即第10行的第一个数为91，所以第10行第6个数为101.

16. (2011黑龙江四校联考) 设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1ab2ab3【答案】1033

【解析】an2(n1)1n1，bn2n1， 所以ab1ab2ab3ab10 .

ab10a1a2a4a256a512

(124

1210256512)10101033.

12三、解答题（本大题共6小题，满分70分）

17. （本小题满分10分）(2011江西师大附中等重点学校联考文科)已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和. （1）求通项an及Sn；

（2）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和Tn.

【解析】（1）因为{an}是首项为a119,公差d2的等差数列， 所以an192(n1)2n21,

n(n1)(2)20nn2. 2n1n1 （2）由题意bnan3,所以bnan3，则 Sn19nTnSn(133n13)n20n.

2n1218. （本小题满分10分）(2011福州市年3月质量检查文科)等差数列{an}中，已知a13,a412， （1）求数列{an}的通项公式；

（2）若a2,a4分别为等比数列{bn}的第1项和第2项，试求数列{bn}的通项公式

及前n项和Sn.

【解析】（1）设数列an的公差为d， 由已知有a13，

a13d12解得d3，

an3n133n.

（2）由（1）得a26,a412,则b16,b212， 设bn的公比为q,则qb22， b1n132n， 从而bn62612n62n1. 所以数列bn的前n项和sn122n1an19. （本小题满分12分）（2011江西“八校”4月联合考试文科)数列an满足a11，an1an2n（nN）.

2n（1）证明：数列是等差数列；

an（2）求数列an的通项公式an；

（3）设bnn(n1)an，求数列bn的前n项和Sn.

an1an2n12n2n12n【解析】（1）由已知可得n1，即1，即1 n2an2an1anan1an2n ∴ 数列是公差为1的等差数列.

an2n2n2（2）由（1）知. (n1)1n1，∴ ann1ana1n（3）由（2）知bnn2

Sn122223232Sn122223相减得：Sn22223n2n，

(n1)2nn2n1，

2n2nn12(12n)n2n1

122n12n2n1

n1∴ Sn(n1)22.

20.（本小题满分12分）（2011东北师大附中第三次摸底）设数列an的前n项和为Sn，对nN，都

*有an5Sn2成立，

(1) 求数列an的通项公式；

(2)设数列bnlog2an，试求数列bn的前n项和Mn. 【解析】(1)当n1时，a15S125a12，∴a1当n2时,anSnSn11. 211an2an12 55a11anan1,即n

an144∴数列an成等比数列，其首项a111，公比为， 24n111数列an的通项公式an24(2)由(1)知an12n12n.

,bnlog2an12n.

bn1bn2,bn为等差数列,且首相为b11,公差为2.

Mnn112nn2

221.（本小题满分13分）（2011郑州市五校联考）在数列{an}中，a1有anan1an1an成立，令bn(1)求数列{bn}的通项公式 ； (2)求数列{1，并且对任意nN，n2都31(nN). anan}的前n项和Tn. n【解析】（1）当n1时，b113， a1111，所以bnbn11， anan1当n2时，由anan1an1an得

所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列， 所以数列{bn}的通项公式为bnn2，

（2）

an1111()， nn(n2)2nn211111111 232435n1n11113113n25n)[()] 

nn222n1n24(n23n2)34(n1)2 .

44(n1)(n2)所以Tn(122. （本小题满分13分）(2011福建四地六校第三次联考理科)数列an 满足a11，a22，

1nn，n1,2,3,an2(1cos2)an2sin2322.

(1)求a3,a4 及数列an的通项公式；(2)设Sna1a2an，求S2n. 【解析】（1）a31

1cos2a12sin2a12123， 3222241122a41cos21a22a22sin22333 3一般地，即a2n1a2n12，

12n12n1a2n1(1cos2)a2n12sin2a2n12

322即数列{a2n1}是以a11，公差为2的等差数列.

a2n12n1

2n2n21又a2m21cos2a2n2sin2a2n，

2233即数列{a2n}是首项为a22，公比为

2的等比数列， 3a2n2a23n1223n1.

n,n2m1,mNn2综上可得an22.

2,n2m,mN3（2）S2na1a2a2n1a2na1a3a2n1a2a4a2n

n1n422132n122n266.

333