1、(B卷能力素养提升)(时间120分钟，满分150分)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等差数列，0，的第15项为()A11B12C13 D14解析：选Ca1，d，an(n1)n2.a1515213.2在等差数列an中， a47，a1a510，则公差d()A1 B2C3 D4解析：选Ba1a52a310，a35，故da4a3752.3已知数列an是等差数列，且a3a94，那么数列an的前11项和等于()A22 B24C44 D48 解析：选A由等差数列的性质可得S1111(a1a11)11(a3a9)11422.4设an是公
2、差不为0的等差数列，a12且a1，a3，a6成等比数列，则an的前n项和Sn() A. B.C. Dn2n解析：选A设数列an的公差为d，据题意有(22d)22(25d)，解得d，则an的前n项和Sn2nn(n1).5已知数列an是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则a2的值为()A3 B3C2 D2解析：选A a1，a2，a5成等比数列，aa1a5，a(a22)(a26)，解得a23.6记等比数列an的前n项积为n，若a4a52，则8()A256 B81C16 D1解析：选Ca4a5aq72，则8aq28(aq7)42416.7数列an的通项公式为an4n1，则bk(a1a2
3、ak)(kN*)所确定的数列bn的前n项和为()An2 Bn(n1)Cn(n2) Dn(2n1)解析：选Cbk(a1a2ak)2k1，b1b2bn352n1n(n2)8设数列(1)n的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn()A. B.C. D.解析：选D因为数列(1)n是首项与公比均为1的等比数列，所以Sn.9an为各项都是正数的等比数列，Sn为前n项和，且S1010，S3070，那么S40()A150 B200C150或200 D400或50解析：选A设数列an的公比为q(q0)，则由已知可得S30S10q10S10q20S1070，解得q102(q103不合题意，舍去)，所以S40S10
4、q10S10q20S10q30S10150.10在数列an中，an则数列an的前70项的和S70()A254 B1 270C2 540 D5 080解析：选C由an可知，a1a8a15a64，a2a9a16a65，S70a1a2a3a7010(a1a2a3a7)102 540.11小正方形按照如图所示的规律排列：每个图中的小正方形的个数构成一个数列an，有以下结论：a515；数列an是一个等差数列；数列an是一个等比数列；数列的递推公式为：an1ann1(nN*)其中正确的命题序号为()A BC D解析：选C当n1时，a11；当n2时，a23；当n3时，a36；当n4时，a410，观察图中规律
5、，有an1ann1，a515.故正确12已知数列an满足a10，an1(nN*)，则a20()A0 BC. D.解析：选B由a10，an1(nN*)，得a2，a3，a40，由此可知数列an是周期变化的，周期为3，a20a2.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中的横线上)13一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，从第7项起均为负数，则它的公差是_解析：设这个数列an的公差为d，a123，则由已知得a6a15d235d0，且a7a16d236d0，解得d.又dZ，所以d4.答案：414若等比数列an的前n项和Sn23n2a，等差数列bn的前n项和
6、Tn2n2nb，则ab_.解析：由Sn23n2a，可知a1a，a2S2S1(2a)，a3S3S2(6a)(2a)4，则24，解得a；由Tn2n2nb，可知b11b，b2T2T1(6b)(1b)5，b3T3T2(15b)(6b)9，则251b9，解得b0，所以ab.答案：15已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1_.解析：由a5a2q32q3，解得q.数列anan1仍是等比数列，其首项为a1a28，公比为，所以a1a2a2a3anan1(14n)答案：(14n)16等差数列an中，a15，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项后余下的10项的平均值仍为5，则抽取的是第_
7、项解析：由511d55，得d2.由5，得an5.由ana1(n1)d，得n6.答案：6三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)在等差数列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为1，公比为c的等比数列，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d，则解得数列an的通项公式an3n2.(2)数列anbn是首项为1，公比为c的等比数列，anbncn1，即3n2bncn1，bn3n2cn1，Sn147(3n2)(1cc2cn1)(1cc2cn1)，当c1时，Snn，
8、当c1时，Sn.18(全国卷)(本小题满分12分)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.19(本小题满分12分)已知an为递减的等比数列，且a1，a2，a34，3，2,0,1
9、,2,3,4(1)求数列an的通项公式；(2)当bnan时，求证：b1b2b3b2n1.解：(1)an是递减的等比数列，数列an的公比q是正数，又a1，a2，a34，3，2,0,1,2,3,4，a14，a22，a31.q，ana1qn1.(2)由已知得bn，当n2k(kN*)时，bn0，当n2k1(kN*)时，bnan.即bnb1b2b3b2n2b2n1a1a3a2n11时，anSnSn1k(cncn1)，则a6k(c6c5)，a3k(c3c2)，c38，c2. a24，即k(c2c1)4，解得k2，an2n.当n1时， a1S12.综上所述，an2n(nN*)(2)nann2n ，则Tn22
10、22323n2n， 2Tn122223324(n1)2nn2n1，得Tn222232nn2n1，Tn2(n1)2n1.22(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，且Snn2n；数列bn满足：bn22bn1bn0(nN*)，且b311，b1b2b9153.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，求使不等式Tn对一切nN*都成立的最大正整数k的值；(3)设f(n)是否存在mN*，使得f(m15)5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解：(1)当n1时，a1S16；当n2时，anSnSn1n5.而a16满足上式，ann5(nN*)又bn22bn1bn0，即bn2bn1bn1bn，bn是等差数列，设公差为d，又b311，b1b2b9153，解得b15，d3，bn3n2.(2)cn，Tnc1c2cn.Tn1Tn0，Tn单调递增，(Tn)minT1.令，得k19，kmax18.(3)f(n) 当m为奇数时，m15为偶数，3m475m25，m11.当m为偶数时，m15为奇数，m2015m10，mN* (舍去)综上，存在唯一正整数m11，使得f(m15)5f(m)成立.
