第4章质量评估.pdf

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1、第四章质量评估(时间：120 分钟，分值：150 分)一、单项选择题(本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分)1在等差数列an中，若 a24，a42，则 a6()A1 B0 C1 D6 B 解析：在等差数列an中，若 a24，a42，则 a412(a2a6)12(4a6)2，解得 a60.故选 B.2已知等比数列an的公比为2，且 a2a51，则 a4a7()A8 B8 C4 D4 D 解析：由题意可知 a4a7(a2a5)(2)24.3若 Sn是等差数列an的前 n 项和，且 S10S314，则 S13的值为()A12 B18 C22 D26 D 解析：根据题意得 S10S3a4a5

2、a6a7a8a9a107a714，所以 a72，S1313a1a13213a726.故选 D 4已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 9S3S6，a21，则 a1()A12 B22 C 2 D2 A 解析：9S3S6，9a11q31qa11q61q，9(1q3)1q6，1q39，q2.a1a2q12.5在数列an中，若 a11，an1an2n，则 an等于()A2n1 B2n13 C2n1 D2n11 A 解析：an1an2n，an1an2n.a2a12，a3a222，a4a323，anan12n1.相加得 ana1222232n1212n1122n2.an2n1.6已知数列 212，4

3、14，618，8116，则其前 n 项和 Sn为()An2n112n Bn2n12n Cn2112n1 Dn2n212n1 A 解析：an2n12n，Snn2n2212112n112n2n112n.7已知数列an是递增的等比数列，且 a4a62a24a2a4144，则 a5a3()A6 B8 C10 D12 D 解析：an是递增的等比数列，a5a30.a4a6a25，a24a3a5，a2a4a23，a4a62a24a2a4144 可化为 a252a3a5a23144，即(a5a3)2144，a5a312.故选 D 8 已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 11213141n11n21n21n4

4、12n时，若已假设 nk(k2 且 k 为偶数)时等式成立，则还需要再证()Ank1 时等式成立 Bnk2 时等式成立 Cn2k2 时等式成立 Dn2(k2)时等式成立 B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，nk(k2 且 k 为偶数)的下一个偶数为 nk2.故选 B.二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)9已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，下列数列中一定是等比数列的有()Aa2n Banan1 Clg an DSn，S2nSn，S3nS2n AB 解析：由数列an为等比数列可知，anan1q(q0)，对于 A，a2na2n1q2，故 A 项中的数列是等比数列；对

5、于 B，anan1an1anan1an1q20，故 B 项中的数列是等比数列；对于 C，lg anlg an1不一定为常数，即lg an不一定为等比数列；对于 D，若 an(1)n，为等比数列，公比为1，则 Sn有可能为 0，即 Sn，S2nSn，S3nS2n不一定成等比数列故选 AB.10在等差数列an中，a660，且 a67|a66|，Sn为数列an的前 n 项和，则()A公差 d0 Ba66a670 CS1310 的 n 的最小值为 132 CD 解析：a660，且 a67|a66|，d0，a67a66，即 a67a660，S13266(a1a132)66(a66a67)0，S13113

6、1a1a1312131a660 的 n 的最小值为 132.11已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，且SnTn3n39n3，则使得anbn为整数的正整数 n 的值为()A2 B3 C4 D14 ACD 解析：由题意可得S2n1T2n12n1a1a2n122n1b1b2n122n1an2n1bnanbn，则anbnS2n1T2n132n1392n133n18n1315n1.由于anbn为整数，则 n1 为 15 的正约数，则 n1 的可能取值有 3,5,15，因此，正整数 n 的可能取值有 2,4,14.故选 ACD 12对于数列an，若存在正整数 k(k2)，使得 a

7、kak1，akak1，则称 ak是数列an的“谷值”，k 是数列an的“谷值点”在数列an中，若 ann9n8，下面不能作为数列an的“谷值点”的是()A3 B2 C7 D5 AD 解析：ann9n8，故 a12，a232，a32，a474，a565，a612，a727，a898.故 a2a2，a3a2，故 2 是“谷值点”；a6a7，a8a7，故 7 是“谷值点”；a40，q2.a1a1q3a13.a11.a3a1q24.14.已知等差数列an共有 10 项，其奇数项之和为 10，偶数项之和为 30，则公差是_ 4 解析：S偶S奇5d20，d4.15.已知数列an满足 anan13anan1

8、(nN*)，数列bn满足 bn1an，且 b1b2b990，则 b5_，b4b6_.10 91 解析：由题意可得1an11an3，即数列bn是公差为 3 的等差数列，由 b1b2b990，得 b510，所以 b47，b613，b4b691.16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积已知数列an是等积数列，且 a12，公积为 5，那么这个数列的前 41 项的和为_ 92 解析：由题意可得，a12，a252，a32，a452，a392，a4052，a412，S4121(2)205292.四、解答题(本题共 6 小题，共 70 分)

9、17.(10 分)数列an的前 n 项和为 Sn，已知 an5Sn3(nN*)，求数列an的通项公式 解：当 n1 时，a15S135a13，得 a134.当 n2 时，由已知 an5Sn3，得 an15Sn13.两式作差得 anan15(SnSn1)5an，an14an1，数列an是首项 a134，公比 q14的等比数列 ana1qn13414n1.18.(12 分)已知 Sn为等差数列an的前 n 项和，a18，S1010.(1)求 an，Sn；(2)设 Tn|a1|a2|an|，求 Tn.解：(1)S1010a145d8045d10，d2.an82(n1)102n，Snn8102n29n

10、n2.(2)令 an0，得 n5.当 n5 时，TnSn9nn2；当 n6 时，TnSn2S5n29n40，Tn 9nn2，n5，n29n40，n6.19.(12 分)已知数列an满足2an11an1an2(nN*)，且 a315，a23a5.(1)求an的通项公式；(2)若 bn3anan1(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Sn.(1)解：由2an11an1an2(nN*)可知数列1an为等差数列由已知得1a35，1a2131a5.设其公差为 d，则1a12d5，1a1d131a14d，解得1a11，d2，于是1an12(n1)2n1，整理得 an12n1.(2)由(1)得 bn3ana

11、n132n12n13212n112n1，所以 Sn32113131512n112n13n2n1.20.(12 分)某地区原有森林木材存量为 a，且每年增长率为 25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为 b，设 an为 n 年后该地区森林木材存量(1)求an的表达式(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于79a.如果 b1972a，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 20.30)解：(1)设第一年后的森林木材存量为 a1，第 n 年后的森林木材存量为 an，a1a114b54ab，a254a1b5454ab b542a541 b，a3

12、54a2b543a542541 b.由上面的 a1，a2，a3推测 an54na54n154n2541 b54na454n1 b(其中 nN*)证明如下：当 n1 时，a154ab，结论成立 假设当 nk 时，ak54ka454k1 b 成立，则当 nk1 时，ak154akb5454ka454k1 b b54k1a454k11 b.也就是说，当 nk1 时，结论也成立 由可知，an54na454n1 b 对一切 nN*成立(2)当 b1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于79a，54na454n1 1972a5.两边取对数得 nlg54lg 5，即 nlg 5lg

13、52lg 21lg 213lg 27.经过 8 年后该地区就会发生水土流失.21.(12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn2an2n.(1)求 a1，a2；(2)设 cnan12an，证明：数列cn是等比数列；(3)求数列n12cn的前 n 项和 Tn.(1)解：a1S1,2a1S12，a1S12.由 2anSn2n，知 2an1Sn12n1an1Sn2n1，an1Sn2n1，a2S1222226.(2)证明：由题设和式知 an12an(Sn2n1)(Sn2n)2n12n2n，即 cn2n，cn1cn2(常数)c1212，cn是首项为 2，公比为 2 的等比数列(3)解：cn2n，n12c

14、nn12n1.数列n12cn的前 n 项和 Tn222323424n12n1，12Tn223324n2n1n12n2，两式相减，得12Tn22212312412512n1n12n212123112n1112n12n23412n1n12n234n32n2.Tn32n32n1.22.(12分)已知数列an的前 n 项和 Snan12n232n2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn 1an1an1，n为奇数，412an，n为偶数，且数列bn的前 n 项和为 Tn，求 T2n.解：(1)由于 Snan12n232n2，所以当 n2 时，Sn1an112(n1)232(n1)2，两式相减得 ananan1n1，于是 an1n1，所以 ann2.(2)由(1)得 bn 1n1n3，n为奇数，12n，n为偶数，所以 T2nb1b2b3b2n(b1b3b2n1)(b2b4b2n)因为 b1b3b2n112414616812n2n2 141121231nn1 1411212131n1n1n4n1，b2b4b2n122124122n14114n11413114n，于是 T2nn4n113114n.