2019_2020学年高中数学阶段质量检测(二)数列(含解析)新人教A版必修5

阶段质量检测(二) 数 列
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．等差数列－2，0，2，…的第15项为( ) A ．11 2 B ．122 C ．13 2 D ．14 2 解析：选C ∵a 1＝－2，d ＝2， ∴a n ＝－2＋(n －1)×2＝2n －2 2. ∴a 15＝152－22＝13 2.
2．等差数列{}a n 中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{}a n 的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析：选B ∵a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5，
∴d ＝a 4－a 3＝7－5＝2.
3．已知在递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6＝( )
A ．93
B ．189 C.189
16
D ．378
解析：选B 设数列的公比为q ，由题意可知q >1，且2(a 2＋2)＝a 1＋1＋a 3，即2×(6＋2)＝6
q
＋1＋6q ，
整理可得2q 2
－5q ＋2＝0，则q ＝2或q ＝12(舍去)．
∴a 1＝62＝3，该数列的前6项和S 6＝
3×1－26
1－2
＝189.故选B.
4．记等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列的公差d ＝( ) A ．2 B ．3 C ．6 D ．7 解析：选B S 4－S 2＝a 3＋a 4＝20－4＝16，
∴a 3＋a 4－S 2＝(a 3－a 1)＋(a 4－a 2)＝4d ＝16－4＝12， ∴d ＝3.
5．已知数列{}a n 的前n 项和S n ＝n 2
－2n ＋2，则数列{}a n 的通项公式为( )
A ．a n ＝2n －3
B ．a n ＝2n ＋3
C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2
D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2
解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3.又当n ＝1时，a 1的值不适合n ≥2时的通项公式，故选C.
6．已知等比数列的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n
，则数列lg a 1,2lg a 2,22
lg
a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )
A ．n ·2n
B ．(n －1)·2n －1
－1
C ．(n －1)·2n
＋1
D ．2n
＋1
解析：选C ∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n
，即a n ＝10n
，∴2
n －1
lg a n ＝2
n －1
lg 10n ＝n ·2
n －1
，
∴S n ＝1＋2×2＋3×22
＋…＋n ·2
n －1
，①
2S n ＝1×2＋2×22
＋3×23
＋…＋n ·2n
，② ∴①－②得－S n ＝1＋2＋22
＋…＋2n －1
－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n
－1，
∴S n ＝(n －1)·2n
＋1.
7．数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *
)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 019
＝( )
A.
4 0382 020 B.4 0362 019 C.4 0322 017 D.4 034
2 018
解析：选A ∵a n ＋1－a n ＝n ＋1，a n －a n －1＝n －1＋1，…，a 2－a 1＝1＋1， ∴a n ＋1－a 1＝1＋n n 2＋n ，即a n ＋1＝n
n ＋1
2
＋n ＋1，
∴a n ＝n n －1
2
＋n ＝
n n ＋1
2
，1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－13＋…＋⎝
⎛⎭⎪⎫12 019－12 020＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12 020＝4 0382 020
.故选A.
8．设{}a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误的是( )
A ．d ＜0
B ．a 7＝0
C ．S 9＞S 5
D ．S 6与S 7均为S n 的最大值
解析：选C 由S 5＜S 6，得a 6＝S 6－S 5＞0.又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d ＜0. 由S 7＞S 8⇒a 8＜0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9 ＝2(a 7＋a 8)＜0，即S 9＜S 5.
9．已知数列{}a n 中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *
)在直线x －y ＋1
＝0上，则1S 1＋1S 2＋1S 3
＋…＋1
S n
等于( )
A.n （n ＋1）
2
B.
2
n （n ＋1）
C.
n 2（n ＋1） D.2n
n ＋1
解析：选D 由已知得a n －a n ＋1＋1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.
∴数列{}a n 是首项为1，公差为1的等差数列． ∴S n ＝n ＋n （n －1）
2×1＝12n 2＋12
n ，
∴1S n
＝
2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1
∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n
＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋1 ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1－
1n ＋1＝2n
n ＋1
. 10．等比数列{}a n 的通项为a n ＝2·3
n －1
，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一
个新的数列{}b n ，那么162是新数列{}b n 的( )
A ．第5项
B ．第12项
C ．第13项
D ．第6项
解析：选C 162是数列{}a n 的第5项，则它是新数列{}b n 的第5＋(5－1)×2＝13项． 11．设数列{}a n 是以2为首项，1为公差的等差数列，{}b n 是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10等于( )
A ．1 033
B ．1 034
C ．2 057
D ．2 058
解析：选A 由已知可得a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1
，
于是ab n ＝b n ＋1，
因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(b 1＋1)＋(b 2＋1)＋…＋(b 10＋1)＝b 1＋b 2＋…＋b 10＋10＝20
＋21
＋…＋29
＋10＝1－2
10
1－2
＋10＝1 033.
12．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝
1
n ＋1n ＋n n ＋1
(n ∈N *
)，其前n 项和为S n ，
则在数列S 1，S 2，…，S 2 018中，有理数项的项数为( )
A ．42
B ．43
C ．44
D ．45 解析：选 B 1
a n
＝(n ＋1)n ＋n n ＋1＝n ＋1n ·(n ＋1＋n )＝n ＋1n
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n ＋1－n ， a n ＝
n ＋1－n n ＋1n ＝1n －1
n ＋1
，
S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1－
12＋12－1
3＋…＋1n －1n ＋1＝1－1
n ＋1
， 问题等价于在2,3,4，…，2 019中有多少个数可以开方，
设2≤x 2
≤2 019且x ∈N ，因为442
＝1 936,452
＝2 025，所以2≤x ≤44且x ∈N ，共有43个．故选B.
二、填空题
13．数列{}a n 满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，则a 5＝________．
解析：由a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，得a n －a n －1＝n .则a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5
－a 4＝5，把各式相加，得a 5－a 1＝2＋3＋4＋5＝14.
∴a 5＝14＋a 1＝14＋1＝15. 答案：15
14．一件家用电器，现价2 000元，实行分期付款，一年后还清，购买后一个月第一次付款，以后每月付款一次，每次付款数相同，共付12次，月利率为0.8%，并按复利计息，那
么
每期应
付款________________
元(参考数据：
1.00811
≈1.092,1.00812
≈1.100,1.0811
≈2.332,1.0812
≈2.518)．
解析：设每期应付款x 元，第n 期付款后欠款A n 元， 则A 1＝2 000(1＋0.008)－x ＝2 000×1.008－x ，
A 2＝(2 000×1.008－x )×1.008－x ＝2 000×1.0082－1.008x －x ，…， A 12＝2 000×1.00812－(1.00811＋1.00810＋…＋1)x ，
因为A 12＝0，
所以2 000×1.00812
－(1.00811
＋1.00810
＋…＋1)x ＝0， 解得x ＝ 2 000×1.00812
1＋1.008＋…＋1.00811＝2 000×1.008
12
1.00812
－1
1.008－1≈176， 即每期应付款176元． 答案：176
15．数列{}a n 满足递推公式a n ＝3a n －1＋3n
－1(n ≥2)，又a 1＝5，则使得⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫
a n ＋λ3n
为等差数列的实数λ＝______．
解析：a 1＝5，a 2＝23，a 3＝95，令b n ＝
a n ＋λ
3
n
，
则b 1＝5＋λ3，b 2＝23＋λ9，b 3＝95＋λ27，
∵b 1＋b 3＝2b 2，∴λ＝－1
2.
答案：－1
2
16．设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意的实数x 、y ∈R，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12
，a n ＝f (n )(n ∈N *
)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围为________．
解析：依题意得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)，即a n ＋1＝a n ·a 1＝12a n ，所以数列{a n }是以1
2为首
项，12为公比的等比数列，所以S n ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12n 1－
12
＝1－12n ，所以S n ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1 三、解答题
17．(本小题10分)等比数列{}a n 中，已知a 1＝2，a 4＝16， (1)求数列{}a n 的通项公式；
(2)若a 3，a 5分别为等差数列{}b n 的第3项和第5项，试求数列{}b n 的通项公式及前n 项和S n .
解：(1)设{}a n 的公比为q ，由已知得16＝2q 3
，
解得q ＝2，∴a n ＝2n
. (2)由(1)得a 3＝8，a 5＝32， 则b 3＝8，b 5＝32. 设{}b n 的公差为d ，
则有⎩
⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝8，b 1＋4d ＝32，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧b 1＝－16，d ＝12.
从而b n ＝－16＋12(n －1)＝12n －28， 所以数列{}b n 的前n 项和
S n ＝n （－16＋12n －28）2
＝6n 2
－22n .
18．(本小题12分)数列{}a n 的前n 项和为S n ，数列{}b n 中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1.
(1)求证：数列{}c n 是等比数列； (2)求数列{}b n 的通项公式．
解：(1)证明：∵a 1＝S 1，a n ＋S n ＝n ， ① ∴a 1＋S 1＝1，得a 1＝12.
又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1, ②
①②两式相减得2(a n ＋1－1)＝a n －1， 即
a n ＋1－1a n －1＝12，也即c n ＋1c n ＝1
2
， 故数列{}c n 是等比数列． (2)∵c 1＝a 1－1＝－12
，
∴c n ＝－12n ，a n ＝c n ＋1＝1－12n ，a n －1＝1－1
2n －1.
故当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝
12
n －1
－12n ＝1
2
n . 又b 1＝a 1＝12，符合上式，∴b n ＝1
2
n .
19．(本小题12分)张先生2018年年底购买了一辆1.6 L 排量的小轿车，为积极响应政府发展森林碳汇(指森林植物吸收大气中的二氧化碳并将其固定在植被或土壤中)的号召，买车的同时出资1万元向中国绿色碳汇基金会购买了2亩荒山用于植树造林．科学研究表明：轿车每行驶3 000公里就要排放1吨二氧化碳，林木每生长1立方米，平均可吸收1.8吨二氧化碳．
(1)张先生估计第一年(即2019年)会用车1.2万公里，以后逐年会增加1 000公里，则该轿车使用10年共要排放二氧化碳多少吨？
(2)若种植的林木第一年(即2019年)生长了1立方米，以后每年以10%的生长速度递增，问林木至少生长多少年，吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量(参考数据：1.114
≈3.797 5,1.115
≈4.177 2，1.116
≈4.595 0)?
解：(1)设第n 年小轿车排出的二氧化碳的吨数为a n (n ∈N *
)， 则a 1＝12 0003 000＝4，a 2＝13 0003 000＝133，a 3＝14 0003 000＝14
3，…，
显然其构成首项为a 1＝4，公差为d ＝a 2－a 1＝1
3
的等差数列，
所以S 10＝10×4＋10×92×1
3
＝55，
即该轿车使用10年共排放二氧化碳55吨． (2)记第n 年林木吸收二氧化碳的吨数为b n (n ∈N *
)，
则b 1＝1×1.8，b 2＝1×(1＋10%)×1.8，b 3＝1×(1＋10%)2
×1.8，…， 其构成首项为b 1＝1.8，公比为q ＝1.1的等比数列， 记其前n 项和为T n ， 由题意，有T n ＝
1.8×1－1.1
n
1－1.1＝18×(1.1n
－1)≥55，
解得n ≥15.
所以林木至少生长15年，其吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量． 20．(本小题12分)在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n
.
(1)设b n ＝a n
2n －1.证明：数列{}b n 是等差数列；
(2)求数列{}a n 的前n 项和S n .
解：(1)证明：由已知a n ＋1＝2a n ＋2n
，得
b n ＋1＝
a n ＋12
n
＝
2a n ＋2n
2
n
＝
a n
2
n －1
＋1＝b n ＋1，
∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.
∴{}b n 是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝n ，a n
2n －1＝b n ＝n .
∴a n ＝n ·2
n －1
.
∴S n ＝1＋2·21
＋3·22
＋…＋n ·2
n －1
，两边乘以2得： 2S n ＝1·21
＋2·22
＋…＋(n －1)·2
n －1
＋n ·2n
，
两式相减得：－S n ＝1＋21
＋22
＋…＋2n －1
－n ·2n
＝2n
－1－n ·2n
＝(1－n )2n
－1，
∴S n ＝(n －1)·2n
＋1.
21．(本小题12分)已知等差数列{}a n 的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且
a 2，a 7，a 22成等比数列．
(1)求数列{}a n 的通项公式；
(2)设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜3
8.
解：(1)因为数列{}a n 是等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋
n （n －1）
2
d .
依题意，有⎩
⎪⎨⎪⎧S 5＝70，
a 27＝a 2a 22.
即⎩
⎪⎨⎪
⎧5a 1＋10d ＝70，（a 1＋6d ）2
＝（a 1＋d ）（a 1＋21d ）. 解得a 1＝6，d ＝4.
所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝4n ＋2(n ∈N *
)．
(2)证明：由(1)可得S n ＝2n 2
＋4n . 所以1S n
＝
12n 2
＋4n ＝12n （n ＋2）＝14⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋2.
所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1
S n
＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2
＝14⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1
2－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.
因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n ＋1＋1n ＋2＜0
所以T n ＜3
8
.
因为T n ＋1－T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3＞0， 所以数列{}T n 是递增数列， 所以T n ≥T 1＝16.所以16≤T n ＜3
8
.
22．(本小题12分)(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，
a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{
b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .
(1)求q 的值；
(2)求数列{b n }的通项公式．
解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项， 得a 3＋a 5＝2a 4＋4，
所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.
由a 3＋a 5＝20，得8⎝
⎛⎭
⎪⎫q ＋1q ＝20，
解得q ＝2或q ＝1
2.
因为q >1，所以q ＝2.
(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .
由c n ＝⎩⎪⎨
⎪⎧
S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，
解得c n ＝4n －1.
由(1)可得a n ＝2
n －1
，
所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，
故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －2，n ≥2， b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.
设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2
，n ≥2.
则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，
所以12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1， 所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －2
，n ≥2.
又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.。