1、章末检测(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，把答案填在题中的横线上)1.已知数列an的前n项和为Sn，且4Snan1(nN*)，则a2_.解析由已知得4S1a11，即4a1a11，所以a1.又因为4S2a21，即4(a1a2)a21，所以a2.答案2.若数列an的前n项和Snn2，则a8_.解析a8S8S7644915.答案153.在等差数列an中，若a2a95，则3a5a7_.解析设等差数列an的公差为d，因为a2a95，所以2a19d5，所以3a5a73a112da16d4a118d2(2a19d)10.答案104.已知an是等差数列
2、，Sn是其前n项和.若a1a3，S510，则a9的值是_.解析设等差数列an公差为d，由题意可得：解得则a9a18d48320.答案205.已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100_.解析由等差数列性质，知S99a527，得a53，而a108，因此公差d1，a100a1090d98.答案986.设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a12a83a4，则_.解析由题意可得a12a114d3a19d，所以a1d，.答案7.在等差数列an中，a53，a62，则a3a4a8_.解析因为an是等差数列，所以a3a4a83(a5a6)3.答案38.设等比数列an的前n项和为Sn，若S
3、m15，Sm11，Sm121，则m等于_.解析由已知得SmSm1am16，Sm1Smam132，故公比q2，又Sm11，故a11，又ama1qm116，代入可求得m5.答案59.设数列an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a41，S37，那么S5_.解析设此数列的公比为q(q0)，由a2a41，得a1，所以a31.由S37，知a37，即6q2q10，解得q，所以a14，所以S5.答案10.设各项都是正数的等比数列an，Sn为前n项和，且S1010，S3070，那么S40等于_.解析依题意，数列S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S
4、10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故S2020或S2030.又S200，因此S2030，S20S1020，S30S2040，则S40S3070150.答案15011.在数列an中，若a14，an1f(an)，依照下表，则a2 017_.x12345f(x)54312解析由题意a2f(a1)f(4)1，a3f(a2)f(1)5，a4f(a3)f(5)2，a5f(a4)f(2)4，a6f(a5)f(4)1，则数列an项周期性出现，其周期为4，a2 017a45041a14.答案512.设等比数列满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_.解析设等比数列an的
5、公比为q，解得a1a2an，当n3或4时，取到最小值6，此时取到最大值26，所以a1a2an的最大值为64.答案6413.已知数列an为等差数列，公差为d，若1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn0的n的最小值为_.解析根据Sn有最大值知d0，由1知a100a11，且a11a10，即a10a110，从而S1919a100，S2010(a10a11)0，则使Sn0的n的最小值为20.答案2014.已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，nN*，那么a1a2a3a100_.解析因为f(n)n2cos(n)，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101
6、)，f(1)f(2)f(100)122232429921002(2212)(4232)(1002992)1234991005 050，f(2)f(101)22324299210021012(2232)(4252)(10021012)(2345100101)5 150，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101)5 1505 050100.答案100二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分14分)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0，nN*.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.(
7、1)证明由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1，得an1an1an，即an1(1)an，由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an(nN*).(2)解由(1)得Sn1.由S5得1，即，解得1.16.(本小题满分14分)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且SnSn1an1(nN*，且n2)，数列bn满足：b1，且3bnbn1n(n2，且nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列.解(1)由SnSn1an1，得SnSn1an1，即anan1(nN*，n2)，则数列an是以为公差的等差数列，又a1，ana
8、1(n1)dn(nN*).(2)证明3bnbn1n(n2)，bnbn1n(n2)，bnanbn1nnbn1n(n2).bn1an1bn1(n1)bn1n(n2)，bnan(bn1an1)(n2)，b1a1300，(n2).数列bnan是以30为首项，为公比的等比数列.17.(本小题满分14分)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求an.(1)证明由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以
9、a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.(2)解an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列.因此a2n13n1，a2n23n1.an18.(本小题满分16分)某市共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2016年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%.(1)该市在2022年应该投入电力型公交车多少辆？(2)到哪一年年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的？解(1)每年投入电力型公交车的数量可构成等比数列an，其中a1128，q1.5，2022年应投入电力型公交车
10、为a7a1q61281.561 458(辆).(2)设an的前n项和为Sn，则Sn2561.5n1(nN*)，由Sn(10 000Sn)，即Sn5 000，解得n7.该市在2022年应该投入1 458辆电力型公交车，到2023年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.19.(本小题满分16分)已知各项都为正数的等比数列an满足：a3是3a1与2a2的等差中项，且a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3an，且Sn为数列bn的前n项和，求数列的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q，由题意知q0，且3a12a2a3，a1a2a3，得a1q3，故an3n(nN*
11、).(2)由(1)得bnlog3ann，Sn.222，故数列的前n项和Tn22n22n(nN*).20.(本小题满分16分)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*).若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an求bn；(2)设cn(nN*).记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.解(1)由题意a1a2a3an()bn，b3b26，得a1a2()b2，a1a2a3()b3，所以a3()b3b2()68.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*).所以a1a2a3an2()n(n1).故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*).(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*).因为c10，c20，c30，c40；当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*，恒有S4Sn，故k4.