阶段质量检测(四)
建议用时：40 分钟
一、选择题
1．等差数列{an}的前 n 项和是 Sn，a1＝1，S9＝9S3，则 an＝( )
A．n B．2n－1 C．3n－2 D．2－n
B [设等差数列{an}的公差为 d，∵a1＝1，S9＝9S3，
∴9＋36d＝9(3＋3d)，解得 d＝2.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.故选 B．]
2．(2020·淄博模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a5＝
1
2
a3，则
S8
S4
＝( )
A．
5
4
B．
3
4
C．
4
5
D．
4
3
A [由 a5＝
1
2
a3，可得 q2＝
1
2
，
则
S8
S4
＝
1－q8
1－q4
＝1＋q4＝
5
4
.故选 A．]
3．设{an}是公差为 d 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，则“d＜0”是“∀n∈N*，Sn＋1
＜Sn”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
D [“∀n∈N*，Sn＋1＜Sn”⇔an＋1＜0 .
“d＜0”与“∀n∈N*，an＋1＜0”相互推不出，与 a1 的取值(正负)有关系，∴“d＜0”
是“∀n∈N*，Sn＋1＜Sn”的既不充分也不必要条件．故选 D．]
4．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a8－a5＝－6，S9－S4＝75，则 Sn 取得最大
值时 n＝( )
A．14 B．15 C．16 D．17
A [设等差数列{an}的公差为 d，∵a8－a5＝－6，S9－S4＝75，∴3d＝－6,5a1＋30d＝
75，
解得 a1＝27，d＝－2，
∴an＝27－2(n－1)＝29－2n.
令 an≥0，解得 n≤
29
2
＝14＋
1
2
.
则 Sn 取得最大值时 n＝14.故选 A．]
5．在《九章算术》中有一个古典名题“两鼠穿墙”问题：今有垣厚若干尺，两鼠对穿，
大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半．大意是：有两只老鼠从墙的两边分
别打洞穿墙．大老鼠一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．若
垣厚 33 尺，则两鼠几日可相逢( )
A．5 B．6 C．7 D．8
B [大老鼠打洞构成首项为 1，公比为 2 的等比数列，
小老鼠打洞构成首项为 1，公比为
1
2
的等比数列，
设相遇时是第 n 天，则满足
1－2n
1－2
＋
1－
1
2
n
1－
1
2
≥33，
即 2n－1＋2－
2
2n
≥33，即 2n－
2
2n
≥32，
则 f (n)＝2n－
2
2n
在 n≥1 上单调递增，
∵f (5)＝25－
2
25
＝32－
1
16
32，
∴相遇时是第 6 天，故选 B．]
6．(2020·福州模拟)已知数列{an}为等差数列，若 a1，a6 为函数 f (x)＝x2－9x＋14 的两
个零点，则 a3a4＝( )
A．－14 B．9 C．14 D．20
D [∵等差数列{an}中，a1，a6 为函数 f (x)＝x2－9x＋14 的两个零点，
∴a1＋a6＝9，a1a6＝14，
∴a1＝2，a6＝7，或 a1＝7，a6＝2，
当 a1＝2，a6＝7 时，d＝1，a3＝4，a4＝5，a3a4＝20.
当 a1＝7，a6＝2 时，d＝－1，a3＝5，a4＝4，a3a4＝20.故选 D．]
7．(2020·保定一模)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若点 A，B，C，O 满足：①AB
→
＝λBC
→
(λ≠0)；②A，B，O 确定一个平面；③OB
→
＝a3OA
→
＋a98OC
→
，则 S100＝( )
A．29 B．40 C．45 D．50
D [因为AB
→
＝λBC
→
，且 A，B，O 确定一个平面，所以 A，B，C 三点共线，且 A，B，C，
O 四点共面．
又因为OB
→
＝a3OA
→
＋a98OC
→
，所以 a3＋a98＝1.
又因为{an}是等差数列，
所以 S100＝
100 a1＋a100
2
＝
100 a3＋a98
2
＝50，故选 D．]
8.(2020·潍坊模拟)将全体正整数排成一个三角形数阵，按照以上排列的规律，第 10 行
从左向右的第 3 个数为( )
A．13 B．39
C．48 D．58
C [由排列的规律可得，第 n－1 行结束的时候共排了 1＋2＋3＋…＋(n－1)＝
n－1 1＋n－1
2
＝
n－1 n
2
个数，则第 n 行的第一个数字为
n n－1
2
＋1，
第 10 行的第一个数字为 46，故第 10 行从左向右的第 3 个数为 48，故选 C．]
二、填空题
9．等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S1，S3，S2 成等差数列，则{an}的公比 q 等于 ．
－
1
2
[S1，S3，S2 成等差数列，
可得 2S3＝S1＋S2，
即 2(a1＋a2＋a3)＝a1＋a1＋a2，
所以 2a1(1＋q＋q2)＝a1(2＋q)，
化为 2q2＋q＝0，
解得 q＝－
1
2
(q＝0 舍去)．]
10．(2020·唐山一模)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝an＋tn(n∈N*，t 为非零常数)，
且 a1，a2，a3 成等比数列，则 an＝ .
n2－n＋2
2
[a2＝a1＋t＝1＋t，a3＝a2＋2t＝1＋3t，
依题意 a1，a2，a3 成等比数列，即(1＋t)2＝1×(1＋3t)，
解得 t＝0(舍去)，t＝1.
n≥2 时，a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝n－1，
以上各式相加得
an－a1＝1＋2＋…＋(n－1)＝
1
2
n(n－1)，
即有 an＝
n2－n＋2
2
.
n＝1 时，表达式也成立，
所以∀n∈N*，an＝
n2－n＋2
2
.]
11．(2020·茂名二模)为了贯彻落实十九大提出的“精准扶贫”政策，某地政府投入 16
万元帮助当地贫困户通过购买机器办厂的形式脱贫，假设该厂第一年需投入运营成本 3 万元，
从第二年起每年投入运营成本比上一年增加 2 万元，该厂每年可以收入 20 万元，若该厂 n(n
∈N*)年后，年平均盈利额达到最大值，则 n 等于 ．(盈利额＝总收入－总成本)
4 [设每年的营运成本为数列{an}，依题意该数列为等差数列，且 a1＝3，d＝2.
所以 n 年后总营运成本 Sn＝n2＋2n，
因此，年平均盈利额为：
20n－ n2＋2n －16
n
＝－n－
16
n
＋18≤－2 n×
16
n
＋18＝10，
当且仅当 n＝4 时等号成立．]
12．(2020·泉州二模)等差数列{an}的公差为 2，若 a2
4＝a2·a8，且
b1
a1
＋
b2
a2
＋…＋
bn
an
＝2n＋1(n
∈N*)，则 b3＝ ，
数列{bn}的通项公式为 ．
48 bn＝
8，n＝1
n·2n＋1，n≥2
[∵等差数列{an}的公差为 2，a2
4＝a2·a8，∴(a1＋3×2)2＝(a1
＋2)(a1＋7×2)，解得 a1＝2.
∴an＝2＋2(n－1)＝2n.
∵
b1
a1
＋
b2
a2
＋…＋
bn
an
＝2n＋1(n∈N*)，
∴n≥2 时，
b1
a1
＋
b2
a2
＋…＋
bn－1
an－1
＝2n，
∴
bn
an
＝2n＋1－2n＝2n，可得：bn＝n·2n＋1.
n＝1 时，
b1
a1
＝22，解得 b1＝8.
∴bn＝
8，n＝1，
n·2n＋1，n≥2.
∴b3＝3×24＝48.]
三、解答题
13．(2020·邵阳一模)已知正项数列{an}中，a1＝1，a2
n＋1－2an＋1an－3a2
n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn－an}是等差数列，且 b1＝2，b3＝14，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
[解] (1)正项数列{an}中，a1＝1，a2
n＋1－2an＋1an－3a2
n＝0.
∴(an＋1－3an)(an＋1＋an)＝0，
∴an＋1＝3an，又 a1＝1，∴数列{an}是首项 1，公比为 3 的等比数列．
∴an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn－an}的公差为 d，且 b1＝2，b3＝14，
∴14－32＝2－1＋2d，解得 d＝2.
∴cn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴数列{bn}的前 n 项和
Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋1＋3＋32＋…＋3n－1
＝
n 1＋2n－1
2
＋
3n－1
2
＝n2＋
3n－1
2
.
14．已知数列{an}是递增的等比数列，Sn 是其前 n 项和，a2＝9，S3＝39.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记 bn＝
2n－1
an
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
[解] (1)数列{an}是递增的等比数列，设公比为 q，由题意可得 q＞1，
由 a2＝9，S3＝39，可得
9
q
＋9＋9q＝39，
解得 q＝3 或
1
3
(舍去)，
则数列{an}的通项公式为 an＝a2qn－2＝9·3n－2＝3n.
(2)bn＝
2n－1
an
＝(2n－1)·
1
3
n
，
Tn＝1·
1
3
＋3·
1
3
2
＋5·
1
3
3
＋…＋(2n－1)·
1
3
n
，
1
3
Tn＝1·
1
3
2
＋3·
1
3
3
＋5·
1
3
4
＋…＋(2n－1)·
1
3
n＋1
，
两式相减可得
2
3
Tn＝
1
3
＋2
1
3
2
＋
1
3
3
＋…＋
1
3
n
－(2n－1)·
1
3
n＋1
＝
1
3
＋2·
1
9
1－
1
3n－1
1－
1
3
－(2n－1)·
1
3
n＋1
，
化简可得 Tn＝1－(n＋1)·
1
3
n
.
15．[结构不良试题](2020·青岛模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1， .
给出下列三个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；条件②：点(Sn，an＋1)在直
线 y＝x＋1 上；条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝
1
log2an＋1·log2an＋3
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
[解] 选条件①：
(1)∵数列{Sn＋a1}为等比数列，
∴(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．
设等比数列{an}的公比为 q，
∴(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得 q＝2 或 q＝0(舍)，
∴an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)由(1)知：an＝2n－1，
∴bn＝
1
log2an＋1·log2an＋3
＝
1
n n＋2
＝
1
2
1
n
－
1
n＋2 ，
∴Tn＝
1
2
1
1
－
1
3 ＋
1
2
－
1
4 ＋
1
3
－
1
5 ＋…＋
1
n－1
－
1
n＋1 ＋
1
n
－
1
n＋2
＝
1
2
3
2
－
1
n＋1
－
1
n＋2
＝
3
4
－
2n＋3
2 n＋1 n＋2
.
选条件②：
(1)∵点(Sn，an＋1)在直线 y＝x＋1，∴an＋1＝Sn＋1，又 an＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，两式
相减有：an＋1＝2an，
又 a1＝1，a2＝S1＋1＝2，也适合上式，
故数列{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)由(1)知：an＝2n－1，
∴bn＝
1
log2an＋1·log2an＋3
＝
1
n n＋2
＝
1
2
1
n
－
1
n＋2 ，
∴Tn＝
1
2
1
1
－
1
3 ＋
1
2
－
1
4 ＋
1
3
－
1
5 ＋…＋
1
n－1
－
1
n＋1 ＋
1
n
－
1
n＋2
＝
1
2
3
2
－
1
n＋1
－
1
n＋2 ＝
3
4
－
2n＋3
2 n＋1 n＋2
.
选条件③：
(1)∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1，
∴2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an(n≥2)，
即 2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an，(n≥2)．
由两式相减可得：2an＝nan＋1－2(n－1)an，
即 an＋1＝2an，
又 a1＝1，a2＝2a1，也适合上式，
故数列{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)由(1)知：an＝2n－1，
∴bn＝
1
log2an＋1·log2an＋3
＝
1
n n＋2
＝
1
2
1
n
－
1
n＋2 ，
∴Tn＝
1
2
1
1
－
1
3 ＋
1
2
－
1
4 ＋
1
3
－
1
5 ＋…＋
1
n－1
－
1
n＋1 ＋
1
n
－
1
n＋2
＝
1
2
3
2
－
1
n＋1
－
1
n＋2 ＝
3
4
－
2n＋3
2 n＋1 n＋2
.
16．(2020·潍坊模拟)已知函数 f (x)＝xln x＋kx，k∈R.
(1)求 y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若不等式 f (x)≤x2＋x 恒成立，求 k 的取值范围；
(3)求证：当 n∈N*时，不等式 ∑
n
i＝1
ln(4i2－1)＞
2n2－n
2n＋1
成立．
[解] (1)函数 y＝f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝1＋ln x＋k，f ′(1)＝1＋k，
∵f (1)＝k，∴函数 y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为 y－k＝(k＋1)(x－1)，即 y＝(k
＋1)x－1.
(2)对于不等式 f (x)≤x2＋x 恒成立，即 xln x＋kx≤x2＋x 恒成立，因为 x＞0，所以 ln x
＋k≤x＋1 恒成立，即 ln x－x＋k－1≤0 恒成立．
设 g(x)＝ln x－x＋k－1(x＞0)，g′(x)＝
1
x
－1，
x∈(0,1)，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∵不等式 f (x)≤x2＋x 恒成立，且 x＞0，
∴ln x－x＋k－1≤0，
∴g(x)max＝g(1)＝k－2≤0 即可，故 k≤2.
(3)证明：由(2)可知：当 k＝2 时，ln x≤x－1 恒成立，
令 x＝
1
4i2－1
，由于 i∈N*，
1
4i2－1
＞0.
故 ln
1
4i2－1
＜
1
4i2－1
－1，
整理得：ln(4i2－1)＞1－
1
4i2－1
，
变形得： ln(4i2－1)＞1－
1
2i＋1 2i－1
，
即：ln(4i2－1)＞1－
1
2
1
2i－1
－
1
2i＋1 ，
i＝1,2,3…，n 时，有 ln 3＞1－
1
2
1－
1
3 ，
ln 15＞1－
1
2
1
3
－
1
5 ，
…
ln(4n2－1)＞1－
1
2
1
2n－1
－
1
2n＋1 ，
两边同时相加得：
∑
n
i＝1
ln(4i2－1)＞n－
1
2
1－
1
2n＋1 ＝
2n2
2n＋1
＞
2n2－n
2n＋1
，
所以不等式在 n∈N*上恒成立．
微信/支付宝扫码支付