1、阶段性综合检测(三)数列不等式时间120分钟满分150分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5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(2014荆门一模)数列an中，a22，a60且数列是等差数列，则a4()A.B.C. D.解析：设公差为d，由4d得d，所以2，解得a4.答案：A2(2014绍兴调研)在等比数列an中，a20108a2007，则公比q的值为()A2B3C4D8解析：q38，q2.答案：A3(2014黄冈一模)数列1,12,1222,122223，12232n1，的前n项和为()A2n1Bn2nnC2n1nD2n1n2解析：由题意知an
2、12222n12n1，故Sn(211)(221)(231)(2n1)(2222n)nn2n1n2.答案：D4(2014荷泽调研)数列an的通项公式是an(nN*)，若前n项和为10，则项数n为()A11B99C120D121解析：an，a11，a2，an，Sn110，n120.答案：C5(2014抚顺六校二模)在等差数列an中，a10，a10a110，若此数列的前10项和S1036，前18项的和S1812，则数列|an|的前18项和T18的值是 ()A24B48C60D84解析：由a10，a10a110可知d0，a100，a110，所以T18a1a10a11a18S10(S18S10)60.答
3、案：C6(2014唐山期末)已知数列an是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，且S9S8S7，则下列说法不正确的是()AS9S10Bd0CS7与S8均为Sn的最大值Da80解析：由于等差数列的前n项和Sn是关于非零自然数n的一元二次函数，即Snn2(a1d)n，由S9S8S7可得该二次函数的图象开口向下，即d0，且其对称轴为x，其前n项和中最大值为S8与S7，且其前7项均为正数项，第8项为0，由该函数的单调性可得S9S10，即不正确的为S9S10.答案：A7(2014石家庄诊断)已知不等式x22x30的解集为A，不等式x2x60的解集是B，不等式x2axb0的解集是AB，那么ab等于()A3
4、B1C1D3解析：Ax|1x3，Bx|3x2，ABx|1x2，不等式x2axb0的解集为x|1x2，ab3.答案：A8(2014徐州模拟)若a0，b0，且a(a2b)4，则ab的最小值等于()A.B4C2D2解析：a0，b0，a2b0，又a(a2b)4，4a(a2b)，即(ab)24，ab2.答案：C9(2014泉州二模)若实数x、y满足9x9y3x13y1，则u3x3y的取值范围是()A(0,3B(0,6C(3,6D6，)解析：由已知得(3x3y)223x3y3(3x3y)，即u223x3y3uu23u23x3y，据基本不等式和代数式自身的限制可得：0u23u23x3y2()2，解得3u6.
5、答案：C10(2014黄山一模)假设甲、乙两国关于拥有洲际导弹数量的关系曲线为yf(x)和xg(y)的意义是：当甲国有导弹x枚时，乙国至少需储备导弹yf(x)枚才有安全感；当乙国拥有导弹y枚时，甲国至少需储备导弹xg(y)枚才有安全感这两条曲线将坐标平面的第一象限分成四个区域、，如图所示，双方均有安全感的区域是()ABCD和解析：双方均有安全感的区域是满足不等式组的区域，即为区域.答案：C11(2014泰州模拟)若不等式x2ax20在区间1,5上有解，则a的取值范围是()A(，)B，1C(1，)D(，)法一：不等式x2ax20在区间1,5上有解的等价为不等式x2ax20在区间1,5上无解，故有
6、.得a上有解，故选A.法二：解出参数ax，令f(x)x，x1,5为减函数，则f(x)minf(5)，因为在x1,5上有解，所以a大于f(x)min，即a，故选A.法三f(x)x2ax2的图象如图所示为让x2ax20，在1,5上有解只需f(x)max大于0即可，即f(5)525a20解得a，故选A.答案：A12(2014天门模拟)设不等式组所表示的平面区域是1，平面区域2与1关于直线3x4y90对称对于1中的任意点A与2中的任意点B，|AB|的最小值等于()A.B4C.D2解析：画出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，观察图形可知，D(1,1)到直线3x4y90的距离最小，故D与其关于直线
7、3x4y90对称的点D(D在2内)的距离|DD|最小，D到直线3x4y90的距离为2，故|DD|4.答案：B第卷(非选择题，共90分)本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题第24题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2014东营质检)等比数列an中，anmA，amnB，则am_.解析：设公比为q，首项为a1，则anma1qnm1，amna1qmn1，ABamnamnaq(mn1)(mn1)aq2(m1)，即ABa，am.答案：14(2014昆明一模)设a0，b0，称为a，b的调和平均数如图，C为线
8、段AB上的点，且ACa，CBb，O为AB的中点，以AB为直径作半圆过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD.过点C作OD的垂线，垂足为E，则图中线段OD的长度是a，b的算术平均数，线段_的长度是a，b的几何平均数，线段_的长度是a，b的调和平均数解析：这个图形可以用来证明：.由射影定理可以得到CD2ACBCabCD为几何平均数；根据DECDCO有DE为调和平均数答案：CD，DE15(2014襄樊一模)设函数f(x)x21，对任意x，)，f()4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是_解析：f(x)x21，x，)，f()4m2f(x)f(x1)4f(m)对任意的x
9、，)恒成立，即14m2(x21)(x1)214(m21)对任意的x，)恒成立，4m21对任意的x，)恒成立令g(x)，则g(x)3()3()2.x，0，当时，g(x)min，4m21，整理得12m45m230，即(3m21)(4m23)0，4m230，即m或m.答案：(，)16(2014武汉一模)数列an的前n项和是Sn，若数列an的各项按如下规则排列：，有如下运算和结论：a23；S11；数列a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，是等比数列；数列a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，的前n项和Tn；若存在正整数k，使Sk10，Sk110，则ak.在后面横线上填写出所有你
10、认为是正确的运算结果或结论的序号_解析：据已知注意归纳规律，易知分母为2的有1项，分母为3的有2项，令23，可得分母是7的为数列的前21项，故数列的第23项为分母是8的第2个数，即a23，故错误；可直接将各项相加，也可归纳出a1，a2a3，a4a5a6，成公差为的等差数列，则S11，正确；据此也可确定是错误的；由于a1，a2a3，a4a5a6，成公差为的等差数列，故其前n项和为，命题正确；据已知可得数列的第k项是分母为7的一组中的第5个数，即ak，故正确答案：三、解答题(本大题共6小题，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17(2014保定一模)(本小题满分12分)已知an为等差数
11、列，且a36，a60.(1)求an的通项公式；(2)若等比数列bn满足b18，b2a1a2a3，求bn的前n项和公式解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a36，a60，所以解得所以an10(n1)22n12.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a1a2a324，b18，所以8q24，即q3，所以bn的前n项和公式为Sn4(13n)18(2014白山一模)(本小题满分12分)数列an中，a1，前n项和Sn满足Sn1Sn()n1(nN*)(1)求数列an的通项公式an以及前n项和Sn；(2)若S1，t(S1S2)，3(S2S3)成等差数列，求实数t的值解：(1)由Sn1Sn()n1，得an
12、1()n1(nN*)，又a1，故an()n(nN*)，从而Sn1()n(nN*)(2)由(1)可得S1，S2，S3，从而由S1，t(S1S2)，3(S2S3)成等差数列可得：3()2()t，解得t2.19(2014平顶山一模)(本小题满分12分)在数列an中，已知a11，且an12an3n4(nN*)(1)求证：数列an1an3是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)求和：Sn|a1|a2|a3|an|(nN*)解：(1)令bnan1an3，bn1an2an132an13(n1)42an3n432(an1an3)2bn，2，又b11数列bn是公比为2的等比数列(2)由已知a22a113，
13、故b1a2a131bnan1an32n12an3n4an32n1an2n13n1(nN*)(3)设数列an的前n项和为Tn，Tn2n12n1，Sn|a1|a2|an|.当n4时，an0，当n4时，an0，当n4时，SnTn12n；当n4时，SnTn2T42n21.20(2014常州一模)(本小题满分12分)设a0，a1，t0，比较logat与loga的大小，并证明你的结论解：logalogatlogalogaloga，t0，t12(当且仅当t1时等号成立)，1.当t1时，logalogat；当t1时，1.若a1，则loga0，即logalogat；若0a1，则loga0，即logalogat.
14、21(2014洛阳一模)(本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn(nN*)(1)求数列an与数列bn的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rk4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；(3)记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n，都有Tn.解：(1)当n1时，a15a11，a1.又an5Sn1，an15Sn11，an1an5an1，即an1an，数列an成等比数列，其首项为a1，公比q，an()n，bn.(2)不存在正整数k，使得Rk4k成立下证：对任意
15、的正整数n，都有Rn4n成立由(1)知bn4.b2k1b2k8888，当n为偶数时，设n2m(mN*)，则Rn(b1b2)(b3b4)(b2m1b2m)8m4n；当n为奇数时，设n2m1(mN*)，则Rn(b1b2)(b3b4)(b2m3b2m2)b2m18(m1)48m44n，对一切的正整数n，都有Rn4n，不存在正整数k，使得Rn4k成立(3)由(1)知bn4，cnb2nb2n1.又b13，b2，c1.当n1时，T1；当n2时，Tn25()2525，对任意正整数n，都有Tn.请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。22(2014温州一模)(本小题满分1
16、0分)已知f(x)logmx(m为常数，m0且m1)设f(a1)，f(a2)，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列(1)求数列an的通项公式，并证明an是等比数列；(2)若bnanf(an)，且数列bn的前n项和为Sn，当m时，求Sn.解：(1)f(an)logman42(n1)2n2，故anm2n2，易得an的公比为m2.(2)当m时，bn(2n2)m2n2(n1)2n2，Sn223324425(n1)2n2，2Sn224325426n2n2(n1)2n3，由得Sn2n3n.23(2014山师附中质检)(本小题满分10分)已知数列an中，a15且an2an12n1(n2且nN*
17、)(1)若数列为等差数列，求实数的值；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)由等差数列的定义解2得1.(2)由(1)知an(n1)2n1，故Sn221322n2n1(n1)2nn，记Tn221322n2n1(n1)2n，易知Tnn2n1，故Snn(2n11)24(2014上海调研)(本小题满分10分)已知不等式mx22xm10.(1)若对于所有的实数x不等式恒成立，求m的取值范围；(2)设不等式对于满足|m|2的一切m的值都成立，求x的取值范围解：(1)分m0和m0两种情况讨论，利用函数图象的性质得m.(2)f(m)mx22xm1(x21)m(12x)，看作以m为自变量的一次函数，利用图象性质，解得x的取值范围为x|x