2019年数学湘教版必修4新设计同步（讲义）：第9章 阶段质量检测

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，只有一项是符合题目要求的)
1．已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)
A．2　　　 B．1　　　　
C.　　　 D.
解析：选C　由题意可得a3a5＝a＝4(a4－1)?a4＝2，所以q3＝＝8?q＝2，故q2＝a1q＝，选C.
2．等差数列{an}中，a1＝1，a5＋a9＝98，Sn为其前n项和，则S9等于(　　)
A．291 B．294
C．297 D．300
解析：选C　由a1＝1，a5＋a9＝98得，a1＋4d＋a1＋8d＝98，求得d＝8.
∴S9＝9a1＋d＝297.
3．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于(　　)
A．23 B．27
C．27 D．30
解析：选B　∵n≥2时，an＝an－1＋，且a2＝a1＋，
∴{an}是以1为首项，为公差的等差数列，
∴S9＝9×1＋×＝9＋18＝27.
4．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，则此数列的前13项之和等于(　　)
A．24 B．39
C．52 D．104
解析：选C　∵3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)
＝6a4＋6a10＝6(a4＋a10)＝6(a1＋a13)＝48，
∴a1＋a13＝8，∴S13＝＝52.
5．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于(　　)
A. B．
C. D.
解析：选B　∵{an}是由正数组成的等比数列，
且a2a4＝1，
∴设{an}的公比为q，则q>0，且a＝1，即a3＝1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，
即6q2－q－1＝0.
故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4.
∴S5＝＝8＝.
6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，那么＝(　　)
A. B．
C. D.
解析：选D　根据等差数列前n项和的性质：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…依次构成等差数列，由＝，不妨设S4＝1，S8＝3，∴S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12构成等差数列，即S4＝1，S8－S4＝2，S12－S8＝3，S16－S12＝4，∴S8＝3，S16＝10，故＝.
7．在正项等比数列{an}中，a2·a9＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12 B．10 C．8 D．2＋log35
解析：选B　∵a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a5a6)5＝log395＝10.
8．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5< S6，S6＝S7>S8，则下列结论错误的是(　　)
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值
解析：选C　由S50.
又S6＝S7?a7＝0，所以d<0.
由S7>S8?a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，即S99．某储蓄所计划从2018年起，力争做到每年的吸储量比前一年增长8%，则到2021年底该储蓄所的吸储量将比2018年的吸储量增加(　　)
A．24% B．32%
C．(1.083－1)×100% D．(1.084－1)×1.083
解析：选C　每年的储蓄所吸储量构成等比数列，2018年吸储量看作1，则2021年吸储量为1.083，作差即可求增加量．
10．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k的值为(　　)
A．0 B．1
C．－1 D．2
解析：选C　当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)
＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，
∴k＝－1.
11．在等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则此数列的前8项和为(　　)
A．514 B．513
C．512 D．510
解析：选D　由a1＋a4＝18和a2＋a3＝12，
得方程组解得或
∵q为整数，
∴q＝2，a1＝2，S8＝＝29－2＝510.
12．数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)，a1＝0，则此数列的第5项是(　　)
A．15 B．255
C．20 D．8
解析：选B　∵an＝4an－1＋3，(n≥2)，
∴an＋1＝4(an－1＋1)，
∴＝4，
∴{an＋1}是以1为首项，以4为公比的等比数列，
∴an＋1＝4n－1，
∴an＝4n－1－1，
∴a5＝44－1＝255.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N＋.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________．
解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则
解得a1＝20，d＝－2，
∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.
答案：110
14．已知数列{an}的通项公式为an＝2 018－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．
解析：由an＝2 018－3n>0，得n<＝672，
又∵n∈N＋，∴n的最大值为672.
答案：672
15．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N＋)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
16．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q，
则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；
b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.
所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，
所以＝1.
答案：1
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)等差数列中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝＋
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.
18．(本小题满分12分)已知数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋4，n∈N＋，令bn＝|an|，数列{an}的前n项的和为Sn，数列{bn}的前n项的和为Tn，求Tn.
解：由题意，得an＝4n－64，Sn＝2n2－62n.
∴当1≤n≤15 时，an<0.
当n≥16时，an≥0.
∴1≤n≤15时，Tn＝－Sn＝62n－2n2；
当n≥16时，
Tn＝Sn－2S15＝2n2－62n＋960.
即Tn＝
19．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项的和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求数列{an}的前2 018项的和．
解：(1)证明：由题意，有an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)．
由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得
Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，∵SnSn－1≠0，
∴两边同除以Sn·Sn－1，得－＝2，
∴是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)，得＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴Sn＝，
∴an＝
即an＝
∴S2 018＝a1＋a2＋…＋a2 018
＝＋×＋×＋…＋×
＝×
＝×＝.
20．(本小题满分12分)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝＝2n－1.
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
21．(本小题满分12分)(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N＋)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
22．(本小题满分12分)设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N＋，都有Sn＝(m＋1)－man(m为常数，且m>0)．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝f(bn－1)(n≥2，n∈N＋)，求数列{bn}的通项公式；
(3)在(2)的条件下，求数列的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝(m＋1)－ma1，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝man－1－man，
即(1＋m)an＝man－1.
∵m为常数，且m>0，
∴＝(n≥2)．
∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)由(1)得，q＝f(m)＝，b1＝2a1＝2.
∵bn＝f(bn－1)＝，
∴＝＋1，
即－＝1(n≥2)．
∴是首项为，公差为1的等差数列．
∴＝＋(n－1)·1＝，
即bn＝(n∈N＋)．
(3)由(2)知bn＝，则＝2n(2n－1)．
所以Tn＝21×1＋22×3＋23×5＋…＋2n－1×(2n－3)＋2n×(2n－1)，①
则2Tn＝22×1＋23×3＋24×5＋…＋2n×(2n－3)＋2n＋1×(2n－1)．②
②－①得Tn＝2n＋1×(2n－1)－2－23－24－…－2n＋1，
故Tn＝2n＋1×(2n－1)－2－
＝2n＋1×(2n－3)＋6.