(共28张PPT)
阶段质量评价
第4章 数列
(时间:120分钟 满分:150分)
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一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.是数列，…的( )
A.第6项 B.第7项
C.第8项 D.第9项
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解析:由题可知原数列为，…，而=，即为第6项，故选A.
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2.在等比数列{an}中，a3=24，a5=6，则a4= ( )
A.12 B.-15
C.±12 D.15
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解析:由等比数列的性质，=a3a5=24×6=144，∴a4=±12.故选C.
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3.已知{an}为等差数列，a10=10，前10项和S10=70，则a1= ( )
A.-4 B.-2
C.2 D.4
√
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解析:根据等差数列的求和公式，S10=70==5(a1+10)，解得a1=4.故选D.
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4.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+8=0的两个根，则=( )
A.2 B.2
C.1 D.-2
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解析:由题意可得 所以a1a17==a3a15=8.因为 所以a3>0，a15>0，所以a9>0，所以a9=2，所以==2.故选A.
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5.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2，a5-a3=2，若S2=2，则a9= ( )
A.9 B.
C.10 D.
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解析:由2an+1=an+an+2可得数列{an}为等差数列，设其公差为d，所以a5-a3=2=2d d=1，由S2=2得S2=2a1+d=2 a1=，所以a9=a1+8d=+8=，故选B.
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6.已知数列{an}满足an+1=an，a1=1，则数列{anan+1}的前10项和为( )
A. B. C. D.
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解析:因为an+1=an，a1=1，所以(n+1)an+1=nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan=1，所以an=，anan+1==-.所以数列{anan+1}的前10项和为++…+=1-=.
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7.已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn=2an-1，若an∈(0，2 021)，则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的和为 ( )
A.1 022 B.1 023
C.2 046 D.2 047
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解析:当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2an-2an-1，∴an=2an-1，又a1=S1=2a1-1，a1=1，∴{an}是等比数列，公比为2，首项为1，所以an=2n-1.由an=2n-1<2 021得n-1≤10，即n≤11，∴所有“和谐项”的和为S11==2 047.故选D.
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8.已知等比数列{an}的公比为q，a3>0，其前n项和为Sn，则“q>1”是“S10+S12>2S11”的 ( )
A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
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解析:∵a3>0，∴a11=a3q8>0.∵S10+S12-2S11=(S12-S11)-(S11-S10)=a12-a11=a11(q-1)，①当q>1时，S10+S12-2S11>0，即S10+S12>2S11，∴具有充分性；②当S10+S12>2S11时，q>1，∴具有必要性.
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二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0，则下面选项关于数列{an}的命题正确的是( )
A.{an}可以是等差数列
B.{an}可以是等比数列
C.{an}可以既是等差数列又是等比数列
D.{an}可以既不是等差数列又不是等比数列
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解析:因为(an-an-1-2)(an-2an-1)=0，所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0，即an-an-1=2或an=2an-1，故A、B正确；又因为不能得到非零常数列，故C错误；{an}可以既不是等差数列又不是等比数列，如1，3，5，10，20，40，…，故D正确.
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10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=0，a6=9，则 ( )
A.an=3n-9 B.an=-3n+3
C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n
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解析:由题设，解得∴an=-6+3(n-1)=3n-9，Sn=-6n+=n2-n.故选AC.
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11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a1>0，S4=S12，则 ( )
A.公差d<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值为S8
D.满足Sn<0的n的最小值为16
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解析:因为a1>0，S4=S12，则=，即a1+a4=3(a1+a12)，则d=-a1<0，故A正确；a7+a9=2a1+14d=-d>0，故B错误；由a7+a9>0，得a8>0，a9=a1+8d=d<0，因为d<0，a1>0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an>0，当n≥9时，an<0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn=n2+n=-n2+n，令Sn<0，解得n>16，所以满足Sn<0的n的最小值为17，故D错误.故选AC.
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三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上)
12.(5分)数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an=____________.
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解析:设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn=n2，当n≥2时，an==.
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13.(5分)据有关文献记载:我国古代有一座9层塔挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层比上一层都多d(d为常数)盏灯，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的顶层共有灯______盏.
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解析:设从塔顶到塔底第n层的灯数为an，则数列{an}为等差数列，公差为d，设其前n项和为Sn.依题意a9=13a1，S9=126，所以=126，则=126，解得a1=2.
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14.(5分)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an=_______________________.
①anan+1<0；②|an|>|an+1|.
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(答案不唯一)
解析:依题意，{an}是等比数列，设其公比为q，由于①anan+1<0，所以q<0，由于②|an|>|an+1|=|anq|=|an|·|q|，所以0<|q|<1，所以an=符合题意.
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四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知等差数列{an}中，a1=9，a4+a7=0.
(1)求数列{an}的通项公式；(7分)
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解:设等差数列{an}的公差为d，由a1=9，a4+a7=0，得a1+3d+a1+6d=0，解得d=-2，an=a1+(n-1)d=9-2(n-1)=11-2n，
所以数列{an}的通项公式an=11-2n(n∈N*).
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(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值 (6分)
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解:a1=9，d=-2，Sn=9n+×(-2)=-n2+10n=-(n-5)2+25，
所以当n=5时，Sn取得最大值.
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16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=3，S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式；(10分)
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解:设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，
由题意，得解得
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
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(2)设bn=an+2n-1，求数列{bn}的前n项和Tn.(5分)
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解:bn=an+2n-1=2n-1+2n-1，
所以Tn=+=n2+2n-1.
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17.(15分)已知等比数列{an}中，a1+a2=8，a2+a3=24，Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式；(5分)
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解:设等比数列{an}的公比为q，则q===3.
故a1+a2=a1+3a1=8，解得a1=2.所以an=a1qn-1=2×3n-1.
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(2)若bn=anlog3(Sn+1)，求数列{bn}的前n项和Tn.(10分)
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解:由(1)知an=2×3n-1，Sn=3n-1，所以bn=anlog3(Sn+1)=2×3n-1×
log33n=2n×3n-1，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+
2(n-1)×+2n×3n-1 ①，
3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n ②，
①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n(1-2n)-1.所以Tn=.
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18.(17分)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn+an=1，an≠0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；(5分)
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解:当n=1时，a1=S1，由S1+a1=1，得a1=，当n≥2时，Sn-1+an-1=1，
∴当n≥2时，Sn-Sn-1+an-an-1=0，∴2an=an-1，又an≠0，∴n≥2时，=，∴{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an=×=(n∈N*).
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(2)设bn=log2(1-Sn)(n∈N*)，Tn=++…+，求Tn的取值范围.(12分)
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解:由(1)知Sn==1-，∴bn=-n，===-，∴Tn=++…+=++…+=1-，
∵当n增大时，Tn也在增大，且n∈N*，∴当n=1时，Tn取最小值，∴≤Tn<1.
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19.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4=13，S6=72，数列{bn}的前n项和为Tn，且3Tn=4bn-4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式.(6分)
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解:设等差数列{an}的公差为d，则
解得a1=7，d=2，故an=2n+5.
因为3Tn=4bn-4，所以当n=1时，b1=4，当n≥2时，
3Tn=4bn-4，3Tn-1=4bn-1-4，两式相减可得3bn=4bn-4bn-1，
得bn=4bn-1，由题易知bn≠0，则=4，
所以数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，故bn=4n.
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(2)记cn=，若数列{cn}的前n项和为Qn，数列{}的前n项和为Rn，探究:是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.(11分)
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解:由(1)可知=2n，故Rn==2n+1-2，cn===n·2n，
所以Qn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，2Qn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1，
两式相减可得-Qn=2+22+23+24+…+2n-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2，故Qn=(n-1)×2n+1+2，故==2，为定值.阶段质量评价(四) 数 列(时间:120分钟 满分:150分)
(选择、填空题请在后面的答题区内作答,解答题请在题后作答)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.是数列,,,,…的 ( )
A.第6项 B.第7项
C.第8项 D.第9项
2.在等比数列{an}中,a3=24,a5=6,则a4= ( )
A.12 B.-15
C.±12 D.15
3.已知{an}为等差数列,a10=10,前10项和S10=70,则a1= ( )
A.-4 B.-2
C.2 D.4
4.在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的两个根,则= ( )
A.2 B.2
C.1 D.-2
5.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,a5-a3=2,若S2=2,则a9= ( )
A.9 B.
C.10 D.
6.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为 ( )
A. B.
C. D.
7.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn=2an-1,若an∈(0,2 021),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的和为 ( )
A.1 022 B.1 023
C.2 046 D.2 047
8.已知等比数列{an}的公比为q,a3>0,其前n项和为Sn,则“q>1”是“S10+S12>2S11”的 ( )
A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,则下面选项关于数列{an}的命题正确的是 ( )
A.{an}可以是等差数列
B.{an}可以是等比数列
C.{an}可以既是等差数列又是等比数列
D.{an}可以既不是等差数列又不是等比数列
10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=0,a6=9,则 ( )
A.an=3n-9 B.an=-3n+3
C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),若a1>0,S4=S12,则 ( )
A.公差d<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值为S8
D.满足Sn<0的n的最小值为16
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.(5分)数列{an}的前n项积为n2,那么当n≥2时,an= .
13.(5分)据有关文献记载:我国古代有一座9层塔挂了126盏灯,且相邻两层中的下一层比上一层都多d(d为常数)盏灯,底层的灯数是顶层的13倍,则塔的顶层共有灯 盏.
14.(5分)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an= .
①anan+1<0;②|an|>|an+1|.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知等差数列{an}中,a1=9,a4+a7=0.
(1)求数列{an}的通项公式;(7分)
(2)当n为何值时,数列{an}的前n项和取得最大值 (6分)
16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式;(10分)
(2)设bn=an+2n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.(5分)
17.(15分)已知等比数列{an}中,a1+a2=8,a2+a3=24,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;(5分)
(2)若bn=anlog3(Sn+1),求数列{bn}的前n项和Tn.(10分)
18.(17分)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1,an≠0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;(5分)
(2)设bn=log2(1-Sn)(n∈N*),Tn=++…+,求Tn的取值范围.(12分)
19.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a4=13,S6=72,数列{bn}的前n项和为Tn,且3Tn=4bn-4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.(6分)
(2)记cn=,若数列{cn}的前n项和为Qn,数列{}的前n项和为Rn,探究:是否为定值.若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.(11分)
阶段质量评价(四)
1．选A 由题可知原数列为，，，，…，而＝，即为第6项，故选A.
2．选C 由等比数列的性质，a＝a3a5＝24×6＝144，∴a4＝±12.故选C.
3．选D 根据等差数列的求和公式，S10＝70＝＝5(a1＋10)，解得a1＝4.故选D.
4．选A 由题意可得 所以a1a17＝a＝a3a15＝8.因为 所以a3>0，a15>0，所以a9>0，所以a9＝2，所以＝＝2.故选A.
5．选B 由2an＋1＝an＋an＋2可得数列{an}为等差数列，设其公差为d，所以a5－a3＝2＝2d d＝1，由S2＝2得S2＝2a1＋d＝2 a1＝，所以a9＝a1＋8d＝＋8＝，故选B.
6．选A 因为an＋1＝an，a1＝1，所以(n＋1)an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan＝1，所以an＝，anan＋1＝＝－.所以数列{anan＋1}的前10项和为＋＋…＋＝1－＝.
7．选D 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，又a1＝S1＝2a1－1，a1＝1，∴{an}是等比数列，公比为2，首项为1，所以an＝2n－1.由an＝2n－1<2 021得n－1≤10，即n≤11，∴所有“和谐项”的和为S11＝＝2 047.故选D.
8．选C ∵a3>0，∴a11＝a3q8>0.∵S10＋S12－2S11＝(S12－S11)－(S11－S10)＝a12－a11＝a11(q－1)，①当q>1时，S10＋S12－2S11>0，即S10＋S12>2S11，∴具有充分性；②当S10＋S12>2S11时，q>1，∴具有必要性．
9．选ABD 因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1，故A、B正确；又因为不能得到非零常数列，故C错误；{an}可以既不是等差数列又不是等比数列，如1,3,5,10,20,40，…，故D正确．
10．选AC 由题设，解得∴an＝－6＋3(n－1)＝3n－9，Sn＝－6n＋＝n2－n.故选AC.
11．选AC 因为a1>0，S4＝S12，则＝，即a1＋a4＝3(a1＋a12)，则d＝－a1<0，故A正确；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d>0，故B错误；由a7＋a9>0，得a8>0，a9＝a1＋8d＝d<0，因为d<0，a1>0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an>0，当n≥9时，an<0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn＝n2＋n＝－n2＋n，令Sn<0，解得n>16，所以满足Sn<0的n的最小值为17，故D错误．故选AC.
12．解析：设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝＝.
答案：
13．解析：设从塔顶到塔底第n层的灯数为an，则数列{an}为等差数列，公差为d，设其前n项和为Sn.依题意a9＝13a1，S9＝126，所以＝126，则＝126，解得a1＝2.
答案：2
14．解析：依题意，{an}是等比数列，设其公比为q，由于①anan＋1<0，所以q<0，由于②|an|>|an＋1|＝|anq|＝|an|·|q|，所以0<|q|<1，所以an＝n－1符合题意．
答案：n－1(答案不唯一)
15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a1＝9，a4＋a7＝0，得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝9－2(n－1)＝11－2n，所以数列{an}的通项公式an＝11－2n(n∈N*)．
(2)a1＝9，d＝－2，Sn＝9n＋×(－2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，
所以当n＝5时，Sn取得最大值．
16．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，由题意，得解得所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)bn＝an＋2n－1＝2n－1＋2n－1，所以Tn＝＋＝n2＋2n－1.
17．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
则q＝＝＝3.
故a1＋a2＝a1＋3a1＝8，解得a1＝2.
所以an＝a1qn－1＝2×3n－1.
(2)由(1)知an＝2×3n－1，Sn＝3n－1，所以bn＝anlog3(Sn＋1)＝2×3n－1×log33n＝2n×3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2(n－1)×3n－2＋2n×3n－1 ①，
3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n ②，
①－②得－2Tn＝2×30＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2n×3n＝3n(1－2n)－1.
所以Tn＝.
18．解：(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，当n≥2时，Sn－1＋an－1＝1，
∴当n≥2时，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
∴2an＝an－1，又an≠0，∴n≥2时，＝，∴{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝×n－1＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知Sn＝＝1－n，∴bn＝－n，∴＝＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
∵当n增大时，Tn也在增大，且n∈N*，
∴当n＝1时，Tn取最小值，∴≤Tn<1.
19．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则解得a1＝7，d＝2，故an＝2n＋5.因为3Tn＝4bn－4，所以当n＝1时，b1＝4，当n≥2时，3Tn＝4bn－4,3Tn－1＝4bn－1－4，两式相减可得3bn＝4bn－4bn－1，得bn＝4bn－1，
由题易知bn≠0，则＝4，所以数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，故bn＝4n.
(2)由(1)可知＝2n，故Rn＝＝2n＋1－2，cn＝＝＝n·2n，
所以Qn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Qn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
两式相减可得－Qn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，故Qn＝(n－1)×2n＋1＋2，故＝＝2，为定值．
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