45分钟阶段测试(八)

45分钟阶段测试(八)(范围：§6.1～§6.4)一、选择题1．(2014·辽宁)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列，则(　　)A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>0答案　C解析　设bn＝，则bn＋1＝，由于{}是递减数列，则bn>bn＋1，即>.∵y＝2x是单调增函数，∴a1an>a1an＋1，∴a1an－a1(an＋d)>0，∴a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.2．已知等比数列{an}的首项为1，若4a1,2a2，a3成等差数列，则数列{eq\f(1,an)}的前5项和为(　　)A.eq\f(31,16)B．2C.eq\f(33,16)D.eq\f(16,33)答案　A解析　设公比为q，∵4a2＝4a1＋a3，∴4q＝4＋q2，∴q＝2.∴数列{eq\f(1,an)}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(1－\f(1,2)5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).3．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值是(　　)A．6B．7C．8D．9答案　B解析　∵an＋1－an＝－3，∴an－an－1＝－3，∴{an}是以19为首项，以－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前n项和最大，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－3n≥0，,22－3n＋1≤0，))∴eq\f(19,3)≤n≤eq\f(22,3)，∵n∈N*，∴n＝7，故答案为B.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足eq\f(an,n)≤2的正整数n的集合为(　　)A．{1,2}B．{1,2,3,4}C．{1,2,3}D．{1,2,4}答案　B解析　因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以{an}是公比为2的等比数列，又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，故{an}的通项公式为an＝2n－1.而eq\f(an,n)≤2，即2n－1≤2n，所以有n＝1,2,3,4.5．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)A．an＝2n－1B．an＝2－eq\f(1,3n－1)C．an＝eq\f(1,2n－1)D．an＝eq\f(1,3n－2)答案　C解析　由题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)＋1＝2(eq\f(1,an)＋1)，易知eq\f(1,a1)＋1＝2≠0，所以数列{eq\f(1,an)＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则eq\f(1,an)＋1＝2n，则an＝eq\f(1,2n－1).二、填空题6．已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，则eq\f(S8,a9)＝________.答案　4解析　由a10＝S4，得a1＋9d＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4a1＋6d，即a1＝d≠0.所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8a1＋28d＝36d，所以eq\f(S8,a9)＝eq\f(36d,a1＋8d)＝eq\f(36d,9d)＝4.7．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若2S1,3S2,4S3成等差数列，则等比数列{an}的公比q＝________.答案　eq\f(1,2)解析　由2S1,3S2,4S3成等差数列，得6S2＝2S1＋4S3，即3S2＝S1＋2S3,2(S2－S3)＋S2－S1＝0,则－2a3＋a2＝0，所以公比q＝eq\f(a3,a2)＝eq\f(1,2).8．设数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”，已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}前2013项的和为________．答案　－4解析　由“凸数列”的定义，可写出数列的前几项，即b1＝1，b2＝－2，b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…故数列{bn}为周期为6的周期数列．又b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，故S2013＝S335×6＋3＝b1＋b2＋b3＝1－2－3＝－4.故填－4.三、解答题9．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.解　(1)由题意，an＋1＝3Sn＋1，则当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.两式相减，得an＋1＝4an(n≥2)．又因为a1＝1，a2＝4，eq\f(a2,a1)＝4，所以数列{an}是以首项为1，公比为4的等比数列，所以数列{an}的通项公式是an＝4n－1(n∈N*)．(2)因为Tn＝(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)＝(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)＝eq\f(n1＋n,2)＋eq\f(1×1－4n,1－4)＝eq\f(n＋n2,2)＋eq\f(4n－1,3).10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(11,2)n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(1,2an－112an－9)，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn>eq\f(k,2014)对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值．解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(eq\f(1,2)n2＋eq\f(11,2)n)－[eq\f(1,2)(n－1)2＋eq\f(11,2)(n－1)]＝n＋5.而当n＝1时，n＋5＝6，符合上式，∴an＝n＋5(n∈N*)．(2)cn＝eq\f(1,2an－112an－9)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(n,2n＋1).∵Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,2n＋3)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(1,2n＋32n＋1)>0，∴Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝eq\f(1,3).令eq\f(1,3)>eq\f(k,2014)，得k<671eq\f(1,3)，所以kmax＝671.