1、2017新课标名师导学新高考第一轮总复习同步测试卷文科数学(九)(等差、等比数列的概念、性质及应用)时间：60分钟 总分：100分一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的)【解析】a1a7a3a510，得 a78.1.在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A.5 B.8 C.10 D.14B 2.若 x，x(x1)，x(x1)2，成等比数列，则 x 的取值范围为()A.x1 B.x0 C.x1 或 x0 D.x1 且 x0D【解析】因为 x，x(x1)，x(x1)2，成等比数列，所以x0 xx1 0，解得 x0 且 x1，所以选
2、 D.3.已知数列an是等差数列，若 a22，a44，a66 构成等比数列，则数列an的公差 d 等于()A.1 B.1 C.2 D.2B【解析】设数列an的公差为 d，则由 a22，a44，a66 构成等比数列可得，(a44)2(a22)(a66)，即(a13d4)2(a1d2)(a15d6)，整理得 d22d10，所以 d1，故应选B.4.若数列an满足 a115，且 3an13an2，则使 akak10 的 k 值为()A.22 B.21 C.24 D.23D【解析】根据题意，由于数列an满足 a115，且 3an13an2，所以 an1an23，an1an23，故可知数列的公差小于零，
3、同时首项大于零，因此可知 an23n473，akak 1023k473 23k453 0，解得满足题意的 k 值为23，故选 D.5.已知an为等比数列，Sn 是它的前 n 项和.若 a2a32a1，且 a4 与 2a7 的等差中项为54，则 S5()A.35 B.33 C.31 D.29C【解析】设an的公比为 q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，即 a42.由 a4 与 2a7的等差中项为54知，a42a7254，即 a712254a4 122542 14，q3a7a418，即 q12，又 a4a1q32，a116，S516112511231.6.若数列xn满足 lg xn1
4、lg xn1(nN*)，且x1x2x120100，则 lg(x101x102x220)的值等于()A.200 B.120C.110 D.102D【解析】lg xn11lg xn，lgxn1xn 1，xn1xn10，xn为等比数列.lg(x101x102x220)lg q100(x1x2x120)lg 10102102.选 D.二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分，将各小题的结果填在题中横线上.)7.数列an满足 an111an，a82，则 a1_ _.【解析】由 an111an得 1an 1an1，anan11an1，a82，a712，a61，a52a1a712.128
5、.在等差数列an中，a112 017，am1n，an 1m(mn)，则数列an的公差为.【解析】am12 017(m1)d1n，an12 017(n1)d 1m，(mn)d1n 1m，d 1mn，am12 017(m1)1mn 1n，解得 1mn12 017，即 d12 017.12 0179.公差 d 不为 0 的等差数列an的部分项 ak1，ak2，构成等比数列，且 k11，k22，k36，则 k4_.22【解析】因 a1，a2，a6 构成等比数列，所以(a1d)2a1(a15d)，得 d3a1，所以等比数列的公比 qa2a14，等差数列an的通项公式为 ana1(n1)3a13a1n2a
6、1，由 ak1ak4ak2ak3，即 a1ak44a116a1 得 ak4a143(3k42)a1，解得 k422.10.已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数 y2x2x 的图象上，则数列an的通项公式为 an.4n1【解析】由题意可得：Sn2n2n，易知数列an为等差数列，首项为 3，公差为 4，an4n1.三、解答题(本大题共 3 小题，共 40 分.解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤.)11.(13 分)已知数列 an 中，a11，an 113ann，n为奇数，an3n，n为偶数.(1)证明：数列a2n32 是等比数列；(2)若 Sn 是数列an 的
7、前 n 项和，求 S2n.【解析】(1)设 bna2n32，则 b1a23213a11 3216，因为bn1bn a2（n1）32a2n3213a2n1（2n1）32a2n3213（a2n6n）（2n1）32a2n3213a2n12a2n3213所以数列a2n32 是以16为首项，13为公比的等比数列.(2)由(1)得 bna2n321613n11213n，即 a2n1213n32，由 a2n13a2n1(2n1)，得 a2n13a2n3(2n1)1213n16n152，所以 a2n1a2n1213n113n 6n9213n6n9，S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)2131321
8、3n 6(12n)9n.213113n1136n（n1）29n 13n13n26n13n3(n1)22.12.(13 分)设数列an 的前 n 项和为 Sn，a11，且对任意正整数 n，点an1，Sn 在直线 2xy20 上.(1)求数列an 的通项公式；(2)是否存在实数，使得数列Snn 2n 为等差数列？若存在，求出 的值；若不存在，则说明理由.【解析】(1)由题意可得：2an1Sn20.n2 时，2anSn120.得 2an12anan0an1an 12n2，a11，2a2a12a212，an 是首项为 1，公比为12的等比数列，an12n1.(2)Sn1 12n1122 12n1.若S
9、nn 2n 为等差数列，则 S12，S22 22，S33 23成等差数列，2S294 S132 S3258 23294 132 74258，得 2.又 2 时，Sn2n 22n2n2，显然2n2成等差数列，故存在实数 2，使得数列Snn 2n 成等差数列.13.(14 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a11，nSn1n1 Snnn12，nN*.(1)求 a2 的值；(2)求数列an的通项公式；(3)是否存在正整数 k，使 ak，S2k，a4k 成等比数列？若存在，求 k 的值；若不存在，请说明理由.【解 析】(1)a1 1，nSn 1 n1 Sn nn12，S22S1122 1
10、.S212S112a13.a2S2a12.(2)解法 1：由 nSn1n1 Snnn12，得Sn1n1Snn 12.数列Snn 是首项为S11 1，公差为12的等差数列.Snn 112n1 12n1.Snnn12.当 n2 时，anSnSn1 nn12n1 n2 n.而 a11 适合上式，ann.解法 2：由 nSn 1 n1 Snnn12，得nSn1Sn Snnn12，nan1Snnn12.当 n2 时，n1 anSn1nn12，得 nan 1 n1 an SnSn1 nn12nn12，nan1nann，an1an1.数列an 从第 2 项开始是以 a22 为首项，公差为 1 的等差数列.an2n2 n.而 a11 适合上式，ann.(3)由(2)知 ann，Snnn12.假设存在正整数 k，使 ak，S2k，a4k 成等比数列，则 S22kaka4k.即2k2k122k4k.k 为正整数，2k1 24.得 2k12 或2k12，解得 k12或 k32，与 k 为正整数矛盾.不存在正整数 k，使 ak，S2k，a4k 成等比数列.
