4.已知方程(x—2x+m)(x2—2x+n)=0的四个根组成一个首项为丄的等差数列,贝U|m—n|
4等于().
A.1B.C.-D.-
42
5.等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前4项和为().
A.81B.120C.168D.192
6.若数列{an}是等差数列,首项a1>0,a2003+a2004>0,&003a2004<0,则使前n项和Sn>0成立的最大
自然数n是().
A.4005B.4006C.4007D.4008
7.已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2=().
A.—4B.—6C.—8D.—10
8.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若—=—,则-S=().
a39S5
精心整理
11.设f(x)=x1,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f(—5)+f(—4)
+…+f(0)+…+
f(5)+f(6)的值为.
12.已知等比数列{an}中,
(1)若a3a4a5=8,贝Ua2a3a4a5a6=.
(2)若a1+a2=324,a3+a4=36,则a5+a6=.
(3)若®=2,S8=6,贝Ua17+a18+a19+a20=.
13.在8和27之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为.
32
14.在等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a〔o+自3)=24,则此数列前13项之和为.
15.在等差数列{an}中,a5=3,a6=—2,贝Ua4+a5+^+ae=.
.:
■■■■]/.f\/X
16.设平面内有n条直线(n》3,其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若
用f(n)表示这n
条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=.
三、解答题
17.
(1)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2—2n,求证数列{an}成等差数列.
(2)已知1,1,1成等差数列,求证bc,ca,ab也成等差数列.
abcabc
18.设{an}是公比为q?
的等比数列,且a1,a3,a2成等差数列.
(1)求q的值;
⑵设{bn}是以2为首项,q为公差的等差数列,其前n项和为Sn,当n》2时,比较Sn与bn的大小,并说明理由.
19.数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1=n2Sn(n=1,2,3…).
n
求证:
数列{包}是等比数列.
n
20.已知数列{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列,Sn为其前n项和,a1,2a7,3a4成
等差数列,求证:
12S3,
Ss,S12—S6成等比数列.
高一数学数列综合测试题参考答案
一、选择题
1.C
解析:
由题设,代入通项公式an=a1+(n—1)d,即2005=1+3(n—1),二n=699.
精心整理
2.C
解析:
本题考查等比数列的相关概念,及其有关计算能力.
设等比数列{an}的公比为q(q>0),由题意得◎+a?
+a3=21,
即ai(1+q+q)=21,又ai=3,—1+q+q=7.
解得q=2或q=—3(不合题意,舍去),
222
•••a3+a4+a5=aiq(1+q+q)=3X2x7=84.
3.B.
解析:
由a1+as=a4+a5,「.排除C.
又a1•as=a1(a1+7d)=a1+7aM,
•a4•a5=(a1+3d)(at+4d)=a/+7a8+12d2>a1•as.
4.C
解析:
解法1:
设a1=—,a2=—+d,a3=丄+2d,a4=丄+3d,而方程X—2x+0中两根之和为
4444
2,x2—2x+n=0中两根之和也为2,
•°•a1+a2+a3+a4=1+6d=4,
•d=1,a1=—,a4=7是一个方程的两个根,a1=—,a3=—是另一个方程的两个根.
24444
•—,15分别为m或n,
1616
1
•.|m—n|=—,故选C.
2
解法2:
设方程的四个根为X1,X2,X3,X4,且X1+X2=X3+X4=2,X1•X2=m,X3•X4=n.
由等差数列的性质:
若?
+s=p+q,则a?
+as=ap+aq,若设X1为第一项,X2必为第四项,则
X2=—,于是可得等差数列为—,—,■—,—,
44444
715
--ir=—,n=
1616
1
•Im—n|=_.
2
5.B
解析:
Ta2=9,a5=243,01=q=空3=27,
a29
•q=3,ae=9,a1=3,
5
•S==空0=120.
1—32
6.B
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解析:
解法1:
由a2003+a2004>0,a2003•a2oo4<0,知a2o°3和a2004两项中有一正数一负数,又ai>0,则
公差为负数,否则各项总为正数,故a2003>a2004,即卩a2003>0,a2004<0.
...S4006—40心+a4。
06)—4006(a2003+a2。
04)>0,
22
••Soo7—4。
。
了•(a1+a4007)—4。
。
了•2a2oo4<0,
22
故4006为Sn>0的最大自然数.选B.
解法2:
由ai>0,a2003+a2004>0,a2003•a2004<0,
同解法1的分析
得a2003>0,a2004v0,
S2003为S中的最大值.
•••S是关于n的二次函数,如草图所示,
•2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离
2003:
2004
(第6题)
小,
•4007在对称轴的右侧.
2
根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象
中右侧零点B的
左侧,4007,4008都在其右侧,S>0的最大自然数是4006.
7.B
解析:
•••{an}是等差数列,•a3—ai+4,a4—ai+6,
又由a1,a3,a4成等比数列,•-(a1+4)—a«a1+6),解得
3i——8,
--a2——8+2——6.
8.A
9(a1ag)
—2—9a5—
5(a1a5)5a3
2
9.A
解析:
设d和q分别为公差和公比,则一
4—-1+3d且—4—(—1)q4,
2,
1
2
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又anM0,二an=2,{an}为常数数列,
而an=,即2n—1=38=19,
2n—12
二n=10.
二、填空题
11.32.
解析:
•••f(x)
1
2X=
、2
2i22X
1X
1X
.22
12=<2
.22X
逅+2X
+
広
•••f(x)+f(1-x)=212X
-2X
2X,
.22
1十(22)「2
£+2X2
设S=f(—5)+f(—4)+•••+f(0)+•••+f(5)+f(6),
l
则S=f(6)+f(5)+•••+f(0)+•••+f(—4)+f(—5),
「厂]厂
•••2S=[f(6)+f(—5)]+[f(5)+f(—4)]+…+[f(—5)+f(6)]=62,
•••S=f(—5)+f(—4)+•••+f(0)+•••+f(5)+f(6)=32.
12.
(1)32;
(2)4;(3)32.
解析:
(1)由as•a5=a:
得a4=2,
5
/.a2•as•a4•a5•ae=a4=32.
(2)丿
q+a?
=32421
2nq=_,佝+a2)q2=369
4
/•a5+a6=(a1+a2)q=4.
(3)丿
S4=a〔+32+83+34=2
4o4=q=2,
S8=a1+a2++a8=S4+Stq
a17+a18+a19+a2o=Sq=32.
13.216.
解析:
本题考查等比数列的性质及计算,由插入三个数后成等比数列,因而中间数必与8,
3
27
2
同号,由等比中项的中间数为餐号=6J插入的三个数之积为鲁x%x6=216
14.26.
解析:
ta3+a5=2a4,a7+a13=2a1o,
精心整理
6(a4+aio)=24,a4+aio=4,
-s13(a汁a<)3)13[a4+aio)13汉426
--Si3====26.
222
15.—49.
解析:
d=a6—a5=—5,
a4+a5+…+aio
=7(a4+aio)
2
~7*5—d+a§+5d)
=2
=7(a5+2d)
=—49.
1
16.5,1(n+1)(n—2).
2
解析:
同一平面内两条直线若不平行则一定相交,故每增加一条直线一定与前面已有的每条直
i
线都相交,「•f(k)=f(k—1)+(k—1).
由f(3)=2,
f(4)=f(3)+3=2+3=5,
f(5)=f(4)+4=2+3+4=9,
f(n)=f(n—1)+(n—1),
相加得f(n)=2+3+4+-+(n—1)=丄(n+1)(n—2).
2
三、解答题
17.分析:
判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2项开始每项与其前一项差为常
数.
证明:
(1)n=1时,a1=S=3—2=1,
当nA2时,an=Si—S—1=3n—2n—[3(n—1)—2(n—1)]=6n—5,
n=1时,亦满足,二an=6n—5(n€N*).
首项a=1,an—an—1=6n—5—[6(n—1)—5]=6(常数)(n€N*),
•••数列{an}成等差数列且a1=1,公差为6.
(2)v1,1,丄成等差数列,
abc
•••-=-+1化简得2ac=b(a+c).
bac
精心整理
a
c
ac
•b+c
c+a
a
b,
22
b+c.a+bbe+c+a+abb(a+十==一
士也成等差数列.
c
18.解:
ac
ac
b(a+c)
b
2
c)+a2+eC_(a十e)2_(a+e)2_?
.a+e
(1)由题设2a3=ai+a2,即卩2aiq12=ai+aiq,
2
-ai工0,••2q—q—1—0,
•••q-1或-舟.
(2)若q—1,则S—2n+
2
n(n—1)_n+3n__22
当n》2时,S—bn—S—1—(n—1)(n+2)>0,故S>bn.
2
jf-X-"/-i
2若q——丄,则S—2n+空二12(—丄)——n+9n.
2224
当n>2时,s—bn—S—1—(n—1)(10—n),
4
故对于n€N+,当2wnW9时,Sn>bn;当n—10时,S—bn;当n》11时,Svbn.
19.证明:
T3n+1—Si+1—Sn,3n+1—"+十Si,
n
•°.(n+2)Sn—n(Sn+1—Sn),整理得nS+1—2(n+1)Sn,
所以S:
1
2Sn
n
故{S1}是以2为公比的等比数列.
n
20.证明:
由a1,2a7,3色成等差数列,得4a?
—a1+3a4,即卩4ag6—+3aq3,
变形得(4q3+1)(q3—1)—0,
S2-S6_S2—1
S6S6
•••q3——丄或q3—1(舍).
4
d(1-q6)
1-q
12^(1—q3)12
1-q
12
&(1-q)
=1—q
4(1-『)
—1q3
1
—16;
1—1+q6—1—11;得庭—音
•d—-1,q
.a2-qd
・—2
b2-q
10.C
解析:
T{an}为等差数列,•a2—an-1+an+1,•aj—2an,