《金版新学案》2012高三数学一轮复习-第五章-章末优化训练线下作业-文-新人教A版.doc

章末优化训练
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
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．已知实数列－1，x，y，z，－2成等比数列，则xyz等于(　　)
A．－4　　　　　　　　　　　 B．±4
C．－2 D．±2
解析：　∵xz＝(－1)×(－2)＝2，y2＝2，∴y＝－(正不合题意)，∴xyz＝－2.
答案：　C
2．已知数列{an}的前三项依次为－2,2,6，且前n项和Sn是不含常数项的二次函数，则a100等于(　　)
A．394 B．392
C．390 D．396
解析：　易知{an}是等差数列，a1＝－2，d＝4，
∴a100＝a1＋99d＝394，故选A.
答案：　A
3．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，则a1等于(　　)
A. B.
C. D．2
解析：　由a3·a9＝2a知a·q10＝2a·q8，
∵q＞0，∴q2＝2，即q＝，a1＝＝＝.
答案：　B
4．已知不等式x2－2x－3＜0的整数解构成等差数列{an}，则数列{an}的第四项为(　　)
A．3 B．－1
C．2 D．3或－1
解析：　由x2－2x－3＜0及x∈Z得x＝0,1,2.
∴a4＝3或－1.故选D.
答案：　D
5．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9等于(　　)
A．2 B．4
C．8 D．16
解析：　∵a3a11＝a＝4a7，a7≠0，
∴a7＝4，∴b7＝4.
∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8，故选C.
答案：　C
6．等比数列{an}中，公比q＞1，且a1＋a6＝8，a3a4＝12，则等于(　　)
A. B.
C. D.或
解析：　依题意得：
解得或(∵q＞1，∴舍去)
所以＝＝＝，故选C.
答案：　C
7．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
解析：　由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…[phone]＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.
答案：　B
8．(2010·广东深圳)数列{an}前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n都有am＋n＝am·an，若Sn＜a恒成立，则实数a的最小值为(　　)
A. B.
C. D．2
解析：　由于am＋n＝am·an，令m＝1得an＋1＝a1·an，{an}为等比数列，Sn＝＝＜，∴a≥，故选A.
答案：　A
9．数列{an}中，a1＝3，a2＝7，当n≥1时，an＋2等于an·an＋1的个位数字，则a2 010＝(　　)
A．1 B．3
C．7 D．9
解析：　由题意得a3＝1，a4＝7，a5＝7，a6＝9，a7＝3，a8＝7，a9＝1，则a1＝a7，a2＝a8.连续两项相等，所以{an}的周期为6，则a2 010＝a335×6＝a6＝9，故选D.
答案：　D
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S1≤13，S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为(　　)
A．3 B．4
C．－7 D．－5
解析：　由得
由①②③得－8≤a4≤4.故选B.
答案：　B
11．某小区现有住房的面积为a平方米，在改造过程中政府决定每年拆除b平方米旧住房，同时按当年住房面积的10%建设新住房，则n年后该小区的住房面积为(　　)
A．a·1.1n－nb B．a·1.1n－10b(1.1n－1)
C．n(1.1a－1) D．1.1n(a－b)
解析：　特殊值法验证，取n＝1分不清，n＝2时，按实际意义an＋1＝an·1.1－b，a1＝a·1.1－b，
则a2＝a·1.12－1.1b－b，对选项验证，只有B满足，故选B.
答案：　B
12．等差数列{an}的公差d不为0，Sn是其前n项和，给出下列命题：
①若d＜0，且S3＝S8，则S5和S6都是{Sn}中的最大项；
②给定n，对于一切k∈N*(k＜n)，都有an－k＋an＋k＝2an；
③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；
④存在k∈N*，使ak－ak＋1和ak－ak－1同号．
其中正确命题的个数为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：　因为{an}成等差数列，所以其前n项和是关于n的二次函数的形式且缺少常数项，d＜0说明二次函数开口向下，又S3＝S8，说明函数关于直线x＝5.5对称，所以S5、S6都是最大项，①正确；同理，若d＞0，说明{an}是递增的，故{Sn}中一定存在最小的项，③正确；而②是等差中项的推广，正确；对于④，ak－ak＋1＝－d，ak－ak－1＝d，因为d≠0，所以二者异号．
答案：　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上)
13．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
解析：　设等比数列的公比为q，则由S6＝4S3知q≠1，
∴S6＝＝.∴q3＝3.∴a1q3＝3，即a4＝3.
答案：　3
14．若数列{an}满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数列的通项公式为________．
解析：　∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，
∴an＋1＝3·3n－1＝3n，
∴an＝3n－1.
答案：　an＝3n－1
15．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝an·an＋3，N＝an＋1·an＋2，则M与N的大小关系是________．
解析：　设{an}的公差为d，则d≠0.
M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]
＝a＋3dan－a－3dan－2d2
＝－2d2＜0，∴M＜N.
答案：　M＜N
16．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，

那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．
解析：　由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成等差数列，所以第n行第n＋1列的数是：n2＋n.
答案：　n2＋n
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(12分)记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
解析：　设数列{an}的公差为d，依题设有

即
解得或
因此Sn＝n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)．
18．(12分)在公差为d(d≠0)的等差数列{an}和公比为q的等比数列{bn}中，a2＝b1＝3，a5＝b2，a14＝b3，
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)令cn＝ban，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：　(1)由条件得：
∴，∴an＝2n－1，bn＝3n
(2)由(1)得，∴cn＝ban＝b2n－1＝32n－1
∵＝＝9，c1＝3，
所以{cn}是首项为3，公比为9的等比数列．
∴Tn＝＝(9n－1)
19．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an是n与Sn的等差中项．
(1)求证：an＝2an－1＋1(n≥2)；
(2)求证：数列{an＋1}为等比数列；
(3)求数列{an}的前n项和Sn.【解析方法代码108001070】
解析：　(1)证明：∵an是n与Sn的等差中项，
∴2an＝n＋Sn①
于是2an－1＝n－1＋Sn－1(n≥2)②
①－②得2an－2an－1＝1＋an，
∴an＝2an－1＋1(n≥2)，
(2)证明：当n≥2时，由an＝2an－1＋1得an＋1＝2(an－1＋1)，
∴＝2.
当n＝1时，2a1＝1＋S1即2a1＝1＋a1，
∴a1＝1，a1＋1＝2.
所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(3)∵an＋1＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n－1，
∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－2－n.
20．(12分)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解析：　(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，∴a＝0或a＝4.
又由a＞0得a＝4，f(x)＝x2－4x＋4.
∴Sn＝n2－4n＋4.
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
∴an＝
(2)由题设cn＝
由1－＝可知，当n≥5时，恒有an＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，c5＝，
即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0，
∴数列{cn}的变号数为3.
21．(12分)设曲线y＝x2＋x＋2－ln x在x＝1处的切线为l，数列{an}的首项a1＝－m(其中常数m为正奇数)，且对任意n∈N*，点(n－1，an＋1－an－a1)均在直线l上．
(1)求出{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan(n∈N*)，当an≥a5恒成立时，求出n的取值范围，使得bn＋1＞bn成立.【解析方法代码108001071】
解析：　(1)由y＝x2＋x＋2－ln x，知x＝1时，y＝4.
又y′|x＝1＝＝2，
∴直线l的方程为y－4＝2(x－1)，即y＝2x＋2.
又点(n－1，an＋1－an－a1)在l上，
∴an＋1－an＋m＝2n.
即an＋1－an＝2n－m(n∈N*)，
∴a2－a1＝2－m，
a3－a2＝2×2－m，
…
an－an－1＝2×(n－1)－m，
则an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝an＝2×(1＋2＋…＋n－1)－(n－1)m－m＝n2－n－nm＋m－m＝n2－(m＋1)n.
∴通项公式为an＝n2－(m＋1)n(n∈N*)．
(2)∵m为正奇数，∴为正整数，
由题意知a5是数列{an}中的最小项，
∴＝5.∴m＝9.
令f(n)＝bn＝n3－(m＋1)n2＝n3－10n2.
则f′(n)＝3n2－20n，由f′(n)＞0，
n＞(n∈N*)，
即n＞(n∈N*)时，f(n)单调递增，即bn＋1＞bn成立，
∴n的取值范围是n≥7，且n∈N*.
22．(14分)已知数列{an}满足a1＝，Sn是{an}的前n项和，点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝x＋的图象上，正数数列{bn}中，b1＝1，且(n＋1)b－nb＋bn＋1bn＝0(n∈N*)．
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式an和bn；
(2)若cn＝，Tn为cn的前n项和，n∈N*，试比较Tn与1的大小.【解析方法代码108001072】
解析：　(1)∵点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝x＋的图象上，
∴Sn＋1＝×(2Sn＋an)＋，
∴an＋1＝an＋，∴an＋1－＝，
∴数列是以a1－＝－＝为首项，以为公比的等比数列，
∴an－＝·n－1，即an＝＋，
∵(n＋1)b－nb＋bn＋1bn＝0(n∈N*)，
∴[(n＋1)bn＋1－nbn](bn＋1＋bn)＝0，
∵bn＞0，∴(n＋1)bn＋1＝nbn，
∵b1＝1，
∴···…·＝··…·，
∴bn＝.
(2)∵cn＝，∴cn＝，
∴Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，①
∴Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，②
①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－，
∴Tn＝2－－，
∴Tn－1＝1－－＝＝1－
当n＝1时，T1＝＜1，
当n＝2时，T2－1＝0，∴T2＝1，
当n≥3时，Tn－1＞0，∴Tn＞1.