2017年宁夏高考数学基础提升练习（五）
1．若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则a9＝()
A．8 B．12
C．16 D．24
2．等比数列{an}中，a2＝1，a8＝64，则a5＝()
A．8 B．12
C．8或－8 D．12或－12
3．已知等差数列{an}中，a3＋a4－a5＋a6＝8，则S7＝()
A．8 B．21
C．28 D．35
4．已知数列{an}为等差数列，且a1＋a7＋a13＝π，则tan(a2＋a12)的值为 ()
A． B．－
C．3(3) D．－3(3)
5．等比数列{an}满足对任意n∈N*，2(an＋2－an)＝3an＋1，an＋1＞an，则数列{an}的公比q＝________．
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a9＝24，则S9＝ ()
A．36 B．72
C．144 D．70
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝()
A．5 B．6
C．7 D．8
8．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a2＝2，2a3＋a4＝16，则a5＝()
A．4 B．8
C．16 D．32
9．在各项均为正数的等比数列{an}中，am＋1am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2k－1＝512(k∈N*)，则k的值为()
A．4 B．5
C．6 D．7
10．设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，则k的值为()
A．22 B．21
C．20 D．19
11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝11，S11＝9，则S20＝________．
12．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a3a4a8＝8，则T9＝________．
13．已知数列{an}的首项为1，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，有n，an，Sn成等差数列．
(1)求证：数列{Sn＋n＋2}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，2(3)k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
15．已知数列的前n项和Sn＝4(n2)，数列满足3bn－bn－1＝n(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：当b1≠4(1)时，数列为等比数列；
(3)在(2)的条件下，设数列的前n项和为Tn，若数列中只有T3最小，求b1的取值范围．
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参考答案
1．C [解析] 由a5＝a1＋4d＝8，S3＝3a1＋2(3×2)d＝6，解得a1＝0，d＝2，所以a9＝0＋8×2＝16.
2．C [解析] 设数列{an}的公比为q.易知a5是a2和a8的等比中项，因此a5(2)＝a2a8＝1×64＝64.又由于a2(a5)＝q3，所以a5与a2的符号可能相同，也可能不相同，因此a5＝±8.
3．C [解析] 由a3＋a4－a5＋a6＝8，得a3＋a5＝8，所以a1＋a7＝8，所以S7＝2(7×（a1＋a7）)＝28.
4．B [解析] 在等差数列{an}中，因为a1＋a7＋a13＝π，所以a7＝3(π)，所以a2＋a12＝3(2π)，所以tan(a2＋a12)＝－.
5．2 [解析] 由已知可得2(anq2－an)＝3anq，即2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－2(1).又an＋1＞an，所以q＝2.
6．B [解析] 由a2＋a4＋a9＝24，得3a1＋12d＝24，即a1＋4d＝8，即a5＝8，所以S9＝2(a1＋a9)×9＝9a5＝72.
7．D [解析] 由Sn＋2－Sn＝36，得an＋2＋an＋1＝36，即a1＋(n＋1)d＋a1＋nd＝36.又a1＝1，d＝2，所以n＝8.
8．C [解析] 由题意，得2a1q2＋a1q3＝16，(a1q＝2，)解得q＝2(a1＝1，)或q＝－4.(，)又an＞0，∴q＝2，(a1＝1，)∴a5＝a1q4＝16.
9．B [解析] 根据等比中项的概念，得am＋1am－1＝am(2)，所以am(2)＝2am(m≥2)．又am＞0，所以am＝2.由于数列{an}为等比数列，故a1＝2，即对任意正整数m，am＝2.T2k－1＝
2×22k－2＝512，解得k＝5.
10．C [解析] 因为a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，所以a4＝33，a5＝31，所以数列{an}是以39为首项，－2为公差的等差数列．对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，而在数列{an}
中，a20＝1>0，a21＝－1<0，故S20≥Sn对任意n∈N*都成立．
11．－20 [解析] 设数列{an}的公差为d，则依题意有S11＝11a1＋55d＝9，(S9＝9a1＋36d＝11，)两式相减，得2a1＋19d＝－2，∴S20＝20a1＋190d＝－20.
12．512 [解析] 由a3a4a8＝8，得a1(3)q12＝8，即a1q4＝2，即a5＝2，所以T9＝a1a2…a9＝a5(9)＝512.
13．解：(1)证明：∵对任意正整数n，有n，an，Sn成等差数列，
∴2an＝n＋Sn(n∈N*)．
又an＝Sn－Sn－1(n≥2且n∈N*)，
∴2(Sn－Sn－1)＝n＋Sn，即Sn＝2Sn－1＋n，
∴Sn＋n＋2＝2Sn－1＋2n＋2，∴Sn＋n＋2＝2[Sn－1＋(n－1)＋2]，
即Sn－1＋（n－1）＋2(Sn＋n＋2)＝2(n≥2且n∈N*)，
∴为等比数列．
(2)由(1)知是首项为S1＋3＝a1＋3＝4，公比为2的等比数列，
∴Sn＋n＋2＝4×2n－1＝2n＋1.
又2an＝n＋Sn，
∴2an＋2＝2n＋1，
∴an＝2n－1.
14．解：(1)当n＝1时，a1＝1，3an＋1＋2Sn＝3a2＋2a1＝3⇒a2＝3(1)；
当n≥2时，3an＋1＋2Sn＝3，3an＋2Sn－1＝3，两式相减可得3(an＋1－an)＋2(Sn－Sn－1)＝0，即3an＋1－an＝0，即an(an＋1)＝3(1).
故数列{an}是首项为1，公比为3(1)的等比数列，
所以an＝3(1).
(2)因为∀n∈N*，2(3)k≤Sn恒成立，且Sn＝2(3)n(1)，即2(3)k≤2(3)n(1)， 所以k≤1－
3(1).
当n＝1时，1－3(1)取得最小值3(2)，所以k≤3(2)，故实数k的最大值为3(2).
15．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝4(1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4(n2)－4(（n－1）2)＝4(2n－1)，当n＝1时，a1＝4(2×1－1)＝4(1).
an＝4(2n－1)，n∈N*.
(2)证明：3(bn－an)－(bn－1－an－1)＝(3bn－bn－1)－3an＋an－1＝n－n＝0，
所以(bn－an)＝3(1)(bn－1－an－1)，且b1－a1≠0，所以{bn－an}是以b1－a1为首项，3(1)为公比的等比数列．
(3)bn＝4(2n－1)＋4(1)×3(1).
因为数列{Tn}中只有T3最小，所以b4>0，(b3<0，)解得－47 此时，bn＋1－bn＝2(1)－2×4(1)×3(1)>0，于是{bn}为递增数列， 所以n≤3时bn<0，n≥4时bn>0，符合题意，故－47
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