人教版高中数学高二必修五第二章《数列》质量检测

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高中数学人教a版高二必修五_第二章_数列_学业分层测评15 有答案

高中数学人教a版高二必修五_第二章_数列_学业分层测评15 有答案(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知a n＝(－1)n，数列{a n}的前n项和为S n，则S9与S10的值分别是() A．1,1B．－1，－1C．1,0D．－1,0【解析】S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1.S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.【答案】 D2．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于() A．31 B．33 C．35 D．37【解析】根据等比数列性质得S10－S5S5＝q5，∴S10－11＝25，∴S10＝33.【答案】 B3．等比数列{a n}的前n项和为S n，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4等于()A．7 B．8 C．15 D．16【解析】设{a n}的公比为q，∵4a1,2a2，a3成等差数列，∴4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2，又a1＝1，∴S4＝1－241－2＝15，故选C.【答案】 C4．在等比数列{a n}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A ．135B ．100C ．95D ．80【解析】由等比数列的性质知a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列，其首项为40，公比为6040＝32. ∴a 7＋a 8＝40×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝135. 【答案】 A5．数列{a n }，{b n }都是等差数列，a 1＝5，b 1＝7，且a 30＋b 30＝60，则{a n ＋b n }的前30项的和为( )A ．1 000B ．1 020C ．1 040D ．1 080【解析】 {a n ＋b n }的前30项的和S 30＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a 30＋b 30)＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 30)＋(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 30)＝30(a 1＋a 30)2＋30(b 1＋b 30)2＝15(a 1＋a 30＋b 1＋b 30)＝1 080.【答案】 D二、填空题6．等比数列{a n }共有2n 项，它的全部各项的和是奇数项的和的3倍，则公比q ＝________.【解析】设{a n }的公比为q ，则奇数项也构成等比数列，其公比为q 2，首项为a 1，S 2n ＝a 1(1－q 2n )1－q， S 奇＝a 1[1－(q 2)n ]1－q 2. 由题意得a 1(1－q 2n )1－q ＝3a 1(1－q 2n )1－q 2. ∴1＋q ＝3，∴q ＝2.【答案】 27．数列11,103,1 005,10 007，…的前n 项和S n ＝________.【解析】数列的通项公式a n ＝10n ＋(2n －1)．所以S n ＝(10＋1)＋(102＋3)＋…＋(10n ＋2n －1)＝(10＋102＋…＋10n )＋[1＋3＋…＋(2n －1)]＝10(1－10n )1－10＋n (1＋2n －1)2＝109(10n －1)＋n 2. 【答案】 109(10n －1)＋n 2 8．如果lg x ＋lg x 2＋…＋lg x 10＝110，那么lg x ＋lg 2x ＋…＋lg 10x ＝________.【解析】由已知(1＋2＋…＋10)lg x ＝110，∴55lg x ＝110.∴lg x ＝2.∴lg x ＋lg 2x ＋…＋lg 10x ＝2＋22＋…＋210＝211－2＝2 046.【答案】 2 046三、解答题9．在等比数列{a n }中，已知S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，求S 20的值. 【导学号：05920073】【解】 ∵S 30≠3S 10，∴q ≠1.由⎩⎨⎧ S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，得⎩⎨⎧S 10＝10，S 30＝130. ∴⎩⎨⎧a 1(1－q 10)1－q ＝10，a 1(1－q 30)1－q ＝130.∴q 20＋q 10－12＝0，∴q 10＝3，∴S 20＝a 1(1－q 20)1－q＝S 10(1＋q 10)＝10×(1＋3)＝40. 10．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前5项和．【解】若q ＝1，则由9S 3＝S 6得9×3a 1＝6a 1，则a 1＝0，不满足题意，故q ≠1.由9S 3＝S 6得9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q，解得q ＝2.故a n ＝a 1q n －1＝2n －1，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，其前5项和为S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. [能力提升]1．州六月月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5＝( )A ．3∶4B ．2∶3C ．1∶2D ．1∶3【解析】在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 10∶S 5＝1∶2，所以S 5＝2S 10，S 15＝34S 5，得S 15∶S 5＝3∶4，故选A. 【答案】 A2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，称T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n n为数列a 1，a 2，a 3，…，a n 的“理想数”，已知数列a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的理想数为2 014，则数列2，a 1，a 2，…，a 5的“理想数”为( )A ．1 673B ．1 675 C.5 0353 D.5 0413【解析】因为数列a 1，a 2，…，a 5的“理想数”为2 014，所以S 1＋S 2＋S 3＋S 4＋S 55＝2 014，即S 1＋S 2＋S 3＋S 4＋S 5＝5×2 014，所以数列2，a 1，a 2，…，a 5的“理想数”为2＋(2＋S 1)＋(2＋S 2)＋…＋(2＋S 5)6＝6×2＋5×2 0146＝5 0413. 【答案】 D3．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，则a n ＝________.【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14. 又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12. 故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×－12n －1 ＝(－1)n －1×32n . 【答案】 (－1)n －1×32n 4．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1.。

高中数学(人教版)必修五第二章数列综合测试卷

高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷本试卷满分150分，其中选择题共75分，填空题共25分，解答题共50分。

试卷难度：0.63一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．82．（5分）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏3．（5分）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．1104．（5分）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题5．（5分）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是由关系式a n+1（）A．B．C．D．6．（5分）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．7．（5分）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定8．（5分）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．9．（5分）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A n B n C n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列10．（5分）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺11．（5分）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．5412．（5分）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱13．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣14．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．915．（5分）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=．17．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．18．（5分）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列的项数为．19．（5分）已知无穷数列{a n }，a 1=1，a 2=2，对任意n ∈N *，有a n +2=a n ，数列{b n }满足b n +1﹣b n =a n （n ∈N *），若数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则满足要求的b 1的值为．20．（5分）设数列{a n }的通项公式为a n =n 2+bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．22．（10分）设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n =max {b 1﹣a 1n ，b 2﹣a 2n ，…，b n ﹣a n n }（n=1，2，3，…），其中max {x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．（1）若a n =n ，b n =2n ﹣1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，＞M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m +1，c m +2，…是等差数列．23．（10分）已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2+a 4=10，b 2b 4=a 5．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）求和：b 1+b 3+b 5+…+b 2n ﹣1．24．（10分）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2=2，S 3=﹣6．（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列．25．（10分）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3﹣x 2=2．（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1（x 1，1），P 2（x 2，2）…P n +1（x n +1，n +1）得到折线P 1 P 2…P n +1，求由该折线与直线y=0，x=x 1，x=x n +1所围成的区域的面积T n．高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷参考答案与试题解析一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．8【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选：C．【点评】本题考查等差数列的面公式的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．2．（5分）（2017•新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【考点】89：等比数列的前n项和；88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a 的值．【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381==127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，故选B．【点评】本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．3．（5分）（2017•新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n ﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别分别即可求得N的值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n﹣1，（n∈N+），则=a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n﹣1=2n﹣n﹣2，），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，可知当N为时（n∈N+即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，…，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N ＞100，∴该款软件的激活码440．故选A．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．4．（5分）（2017•上海模拟）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；5L ：简易逻辑．【分析】对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，满足{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但是不满足c n=sinn是递增数列，对于②根据等差数列的性质和定义即可判断．【解答】解：对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，∴{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但c n=sinn不是递增数列，故为假命题，对于②{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，不妨设公差为分别为a，b，c，∴a n+b n﹣a n﹣1﹣b n﹣1=a，b n+c n﹣b n﹣1﹣c n﹣1=b，a n+c n﹣a n﹣1﹣c n﹣1=c，设{a n}，{b n}、{c n}的公差为x，y，x，∴则x=，y=，z=，故若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列，故为真命题，故选：D【点评】本题考查了等差数列的性质和定义，以及命题的真假，属于基础题．5．（5分）（2017•徐汇区校级模拟）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），由关系式a n+1=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是（）A．B．C．D．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】31 ：数形结合；51 ：函数的性质及应用．=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n（n∈N*），根据点与【分析】由关系式a n+1直线之间的位置关系，我们不难得到，f（x）的图象在y=x上方．逐一分析不难得到正确的答案．=f（a n）＞a n知：f（x）的图象在y=x上方．【解答】解：由a n+1故选：A．【点评】本题考查了数列与函数的单调性、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．（5分）（2017•河东区二模）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】32 ：分类讨论；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，可得：（﹣1）n+2016•a＜2+，对n分类讨论即可得出．【解答】解：a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，∴（﹣1）n+2016•a＜2+，n为偶数时：化为a＜2﹣，则a＜．n为奇数时：化为﹣a＜2+，则a≥﹣2．则实数a的取值范围是．故选：D【点评】本题考查了数列通项公式、分类讨论方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．（5分）（2017•宝清县一模）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】由于{b n}是等差数列，可得b4+b10=2b7．已知a6=b7，于是b4+b10=2a6．由于数列{a n}是正项等比数列，可得a3+a9=≥=2a6．即可得出．【解答】解：∵{b n}是等差数列，∴b4+b10=2b7，∵a6=b7，∴b4+b10=2a6，∵数列{a n}是正项等比数列，∴a3+a9=≥=2a6，∴a3+a9≥b4+b10．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的性质、基本不等式的性质，属于中档题．8．（5分）（2017•湖北模拟）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】根据数列的递推公式可得数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公=（n﹣2λ）•2n，根据数列的单调性即可求出λ的范围．比为2，再代值得到b n+1【解答】解：∵数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*），∴=+1，化为+1=+2∴数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公比为2，∴+1=2n，=（n﹣2λ）（+1）=（n﹣2λ）•2n，∴b n+1∵数列{b n}是单调递增数列，＞b n，∴b n+1∴（n﹣2λ）•2n＞（n﹣1﹣2λ）•2n﹣1，解得λ＜1，但是当n=1时，b2＞b1，∵b1=﹣λ，∴（1﹣2λ）•2＞﹣λ，故选：A．【点评】本题考查了变形利用等比数列的通项公式的方法、单调递增数列，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（5分）（2017•海淀区校级模拟）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A nB nC n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列；58 ：解三角形；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=a n可知△A n B n C n的边B n C n为定值a1，由b n+1+c n+1﹣2a1=（b n+c n+1﹣2a n），b1+c1=2a1得b n+c n=2a1，则在△A n B n C n中边长B n C n=a1为定值，另两边A n C n、A n B n的长度之和b n+c n=2a1为定值，由此可知顶点A n在以B n、C n为焦点的椭圆上，根据b n﹣c n+1=（c n﹣b n），得b n﹣c n=，可知n→+∞时b n→c n，+1据此可判断△A n B n C n的边B n C n的高h n随着n的增大而增大，再由三角形面积公式可得到答案．【解答】解：b1=2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1，+c n+1=+a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n=（b n+c n﹣2a n），由题意，b n+1∴b n+c n﹣2a n=0，∴b n+c n=2a n=2a1，∴b n+c n=2a1，﹣c n+1=，又由题意，b n+1∴b n﹣（2a1﹣b n+1）==a1﹣b n，b n+1﹣a1=（a1﹣b n）=（b1 +1﹣a1）．∴b n=a1+（b1﹣a1），c n=2a1﹣b n=a1﹣（b1﹣a1），=•=单调递增．可得{S n}单调递增．故选：B．【点评】本题主要考查由数列递推式求数列通项、三角形面积海伦公式，综合考查学生分析解决问题的能力，有较高的思维抽象度，属于难题．10．（5分）（2017•汉中二模）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，其公差为d，由等差数列的前n项和公式能求出公差．【解答】解：由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，记为：a1，a2，a3，…，a n，其公差为d，则a1=5，S30=390，∴=390，∴d=．故选：B．【点评】本题查等差数列的公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．11．（5分）（2017•徐水县模拟）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．54【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题．【分析】由题意得a2=3a4﹣6，所以得a5=3．所以由等差数列的性质得S9=9a5=27．【解答】解：设数列{a n}的首项为a1，公差为d，因为a2=3a4﹣6，所以a1+d=3（a1+3d）﹣6，所以a5=3．所以S9=9a5=27．故选B．【点评】解决此类题目的关键是熟悉等差数列的性质并且灵活利用性质解题．12．（5分）（2017•安徽模拟）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；21 ：阅读型；33 ：函数思想；51 ：函数的性质及应用；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，列出方程组，能求出E所得．【解答】解：由题意：设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，则，解得a=，故E所得为钱．故选：A．【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质、等差数列的性质的合理运用．13．（5分）（2017•南开区模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】设出等差数列的首项和公差，由已知列式求得首项和公差，代入两点求直线的斜率公式得答案．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S2=10，S5=55，得，解得：．∴过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）的直线的斜率为k=．故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，训练了两点求直线的斜率公式，是基础题．14．（5分）（2017•枣阳市校级模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．9【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，由S3=9，a2a4=21，可得3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，可得a n．由数列{b n}满足，利用递推关系可得：=．对n取值即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S3=9，a2a4=21，∴3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．∵数列{b n}满足，∴n=1时，=1﹣，解得b1=．n≥2时，+…+=1﹣，∴=．∴b n=．若，则＜．n=7时，＞．n=8时，＜．因此：，则n的最小值为8．故选：C．【点评】本题考查了等差数列通项公式与求和公式、数列递推关系及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．（5分）（2017•安徽一模）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由函数图象关于x=﹣1对称，由题意可得a50+a51=﹣2，运用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），可得a50+a51=﹣2，又{a n}是等差数列，所以a1+a100=a50+a51=﹣2，则{a n}的前100项的和为=﹣100故选：B．【点评】本题考查函数的对称性及应用，考查等差数列的性质，以及求和公式，考查运算能力，属于中档题．二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=32．【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．则a8==32．故答案为：32．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（5分）（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．【考点】8E：数列的求和；85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n=，=，则=2[1﹣++…+]=2（1﹣）=．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．18．（5分）（2017•汕头三模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为134．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．【解答】解：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故a n=15n﹣14．由a n=15n﹣14≤2017得n≤135，∵当n=1时，符合要求，但是该数列是从2开始的，故此数列的项数为135﹣1=134．故答案为：134【点评】本题考查数列模型在实际问题中的应用，考查等差数列的通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题19．（5分）（2017•闵行区一模）已知无穷数列{a n}，a1=1，a2=2，对任意n∈N*，=a n，数列{b n}满足b n+1﹣b n=a n（n∈N*），若数列中的任意一项都在有a n+2该数列中重复出现无数次，则满足要求的b1的值为2．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】35 ：转化思想；48 ：分析法；5M ：推理和证明．【分析】依题意数列{a n}是周期数咧，则可写出数列{a n}的通项，由数列{b n}满足b n﹣b n=a n（n∈N*），可推出b n+1﹣b n=a n=⇒，，+1，，…要使数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则b2=b6=b10=…=b2n﹣1，b4=b8=b12=…=b4n，可得b8=b4=3即可，【解答】解：a1=1，a2=2，对任意n∈N*，有a n+2=a n，∴a3=a1=1，a4=a2=2，a5=a3=a1=1，∴a n=﹣b n=a n=，∴b n+1﹣b2n+1=a2n+1=1，b2n+1﹣b2n=a2n=2，∴b2n+2﹣b2n=3，b2n+1﹣b2n﹣1=3∴b2n+2∴b3﹣b1=b5﹣b3=…=b2n+1﹣b2n﹣1=3，b4﹣b2=b6﹣b4=b8﹣b6=…=b2n﹣b2n﹣2=3，b2﹣b1=1，，，，，，，…，=b4n﹣2∵数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，∴b2=b6=b10=…=b4n﹣2，b4=b8=b12=…=b4n，解得b8=b4=3，b2=3，∵b2﹣b1=1，∴b1=2，故答案为：2【点评】本题考查了数列的推理与证明，属于难题．20．（5分）（2017•青浦区一模）设数列{a n}的通项公式为a n=n2+bn，若数列{a n}是单调递增数列，则实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．【考点】82：数列的函数特性．【专题】35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】数列{a n}是单调递增数列，可得∀n∈N*，a n+1＞a n，化简整理，再利用数列的单调性即可得出．【解答】解：∵数列{a n}是单调递增数列，∴∀n∈N*，a n＞a n，+1（n+1）2+b（n+1）＞n2+bn，化为：b＞﹣（2n+1），∵数列{﹣（2n+1）}是单调递减数列，∴n=1，﹣（2n+1）取得最大值﹣3，∴b＞﹣3．即实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．故答案为：（﹣3，+∞）．【点评】本题考查了数列的单调性及其通项公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）（2017•江苏）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．【考点】8B ：数列的应用．【专题】23 ：新定义；35 ：转化思想；4R ：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知根据等差数列的性质，a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1）═2×3a n ，根据“P （k ）数列”的定义，可得数列{a n }是“P （3）数列”；（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到{a n }从第3项起为等差数列，再通过判断a 2与a 3的关系和a 1与a 2的关系，可知{a n }为等差数列．【解答】解：（1）证明：设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，则a n =a 1+（n ﹣1）d ，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3，=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1），=2a n +2a n +2a n ，=2×3a n ，∴等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）证明：当n ≥4时，因为数列{a n }是P （3）数列，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=6a n ，①，因为数列{a n }是“P （2）数列”，所以a n ﹣3+a n ﹣3+a n +a n +1=4a n ﹣1，②，a n ﹣1+a n +a n +2+a n +3=4a n +1，③，②+③﹣①，得2a n =4a n ﹣1+4a n +1﹣6a n ，即2a n =a n ﹣1+a n +1，（n ≥4），因此n ≥4从第3项起为等差数列，设公差为d ，注意到a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4，所以a 2=4a 4﹣a 3﹣a 5﹣a 6=4（a 3+d ）﹣a 3﹣（a 3+2d ）﹣（a 3+3d ）=a 3﹣d ，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）=a2﹣d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以{a n}为等差数列．【点评】本题考查等差数列的性质，考查数列的新定义的性质，考查数列的运算，考查转化思想，属于中档题．22．（10分）（2017•北京）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．【考点】8B：数列的应用；8C：等差关系的确定．【专题】32 ：分类讨论；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，则c n=b1﹣na1=1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；﹣n，c n+1（2）由b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，+1∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，﹣c n=d2﹣a1，此时c n+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；+1③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i ≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．【点评】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．23．（10分）（2017•北京）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．【考点】8E：数列的求和；8M：等差数列与等比数列的综合．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{a n}的通项公式；（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}的通项公式：a n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．【点评】本题考查等差数列与等比数列的应用，数列求和以及通项公式的求解，考查计算能力．24．（10分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【考点】8E：数列的求和；89：等比数列的前n项和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2=2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．。

必修五第二章《数列》单元质量测评

必修五第二章《数列》单元质量测评时间：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，只有一项是符合题目要求的. 1）2．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且27818,a a S =-=（） A . 18 B. 36 C. 54 D. 723．在等比数列{}n a 中，4a 、12a 是方程2310x x +=+的两根，则8a 等于（） A ．1B ．1-C ．1±D ．不能确定4．在等比数列{}n a 中， 572a a =， 2103a a +=，则124a a =（） A. 2 B.12 C. 2或12 D. 2-或12- 5．n S 为等差数列{}n a 的前n 项和， 37S S =， 27a =，则5a = ( ) A. 5 B. 3 C. 1 D. 1-6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若632a a =，则115S S = ( ) A.115 B. 522 C. 1110 D. 2257．正项等比数列{}n a 满足241a a =，313S =，3log n n b a =，则数列{}n b 的前10项和是（） A ．65B ．65-C ．25D ．25-8．等差数列{}n a 中，n S 是{}n a 前n 项和，已知62S =，95S =，则15S =（） A ．15B ．30C ．45D ．609．等差数列{}n a 中，若81335a a =，且10a >，n S 为前n 项和，则n S 中最大的是（） A ．21SB ．20SC ．11SD ．10S10．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，1316n n S x -⋅=-，则x 的值为（）A ．13B ．13-C ．12D ．12-11．已知1212,,,a a b b 为实数，且121,,,4a a --成等差数列， 121,,,8b b --成等比数列，则211a ab -的值是（） A. 14-B. 12C. 14或 14-D. 12或12- 12．公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，且124,,S S S 成等比数列，则231a a a +=（）A. 4B. 6C. 8D. 10二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，52a =-，816a =，则6S 等于________． 14．设S n 为等差数列{}n a 的前n 项和，若33S =，624S =，则9a =__________． 15．数列{}n x 满足1l g 1l g ()n n x x x *++∈=N ，且12100100x x x+++=，则101102200()lg x x x +++=________．16．设正项等比数列{a }n 满足5342a a a =-，若存在两项n ,m a a，使得1a =，则m+n 的值为__________．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．（10分）已知数列{}n a 是首项为1的等差数列，且公差不为零．而等比数列{}n b 的前三项分别是1a ，2a ，6a ．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若1285k b b b +++=，求正整数k 的值．18．（10分）等差数列{}n a 中，24a =，4715a a +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22n n b a n =-+，求12310b b b b ++++的值．19．（12分）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，113n n a S +=，1n ≥，n +∈N ，求：（1）数列{}n a 的通项公式；（2）2462n a a a a ++++的值．20．（12分）已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，数列{}n b 满足1213n n n b a --=.（1）求n a ， n b ；（2）设n T 为数列{}n b 的前n 项和，求n T . 21．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，且（1,2,3,n =…，） (Ⅰ)求234,,a a a 的值，并猜想出这个数列的通项公式； (Ⅱ)求12233478S a a a a a a a a =++++的值．22．（14分）某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺锈最简单的四个图案，这些图案都是由小正方向构成，小正方形数越多刺锈越漂亮，向按同样的规律刺锈（小正方形的摆放规律相同），设第n 个图形包含(n)f 个小正方形（1）求(6)f 的值（2）求出(n)f 的表达式（3）求证：当2n ≥时，()1f n ++- 参考答案一．选择题二．填空题 13．218 14.15 15．102 16.6 三、解答题17．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ， ∵1a ，2a ，6a 成等比数列，∴1226a a a =⋅， ∴211()(1)5d d +⨯=+，∴23d d =， ∵0d ≠，∴3d =， ∴11()332n a n n +-⨯=-=．（2）数列{}n b 的首项为1，公比为214a q a ==． ∵121441143k k k b b b -==-+-++， ∴41853k -=，∴4256k =，∴4k =，∴正整数k 的值为4．18．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ．由已知得11143615a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得131a d =⎧⎨=⎩．所以1)2(1n a a n d n -=++=．（2）由（1）可得2n n b n =+． ∴231012310212()()(223210)()b b b b +++=++++⋯+++++ 231022221210((3))=+++++++++()()1021210110122-⨯+=+-()111122552532101===-++．19．【解析】（1）∵11()3n n a S n ++=∈N ，∴11()32,n n a S n n +≥∈=N －，∴两式相减，得113n n n a a a +-=．即()1423n n a a n +=≥．11111333a S ==，211433a a =≠．∴数列{}n a 是从第2项起公比为43的等比数列，∴21,114,233n n n n a -=⎧⎪=⎨⎛⎫⋅≥⎪ ⎪⎝⎭⎩．（2）由（1）知，数列2a ，4a ，6a ，…，2n a 是首项为13，公比为169的等比数列，∴24621161393161167919nn n a a a a ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦+++==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-+．20．【解析】（1）∵22n S n n =+，∴当2n ≥时， ()()()221212121n n n a S S n n n n n -=-=+----=+（2n ≥），又∵1123S =+=，即13a =满足上式， ∴数列{}n a 的通项公式21n a n =+； ∴1213n n n b a --= ()221141n n =-+=-，∴1413n n n b --=，（2）2213711454113333n n n n n T ----=+++⋯++，∴231137114541333333n n nn n T ---=+++⋯++， ∴212111413433333n n n n T --⎛⎫=+++⋯+⋅ ⎪⎝⎭ 11114133341313n n n -⎛⎫- ⎪-⎝⎭=+⋅⋅- 4553nn +=-， ∴11545223n n n T -+=-⋅. 21．【解析】⑴11,a a =∴)*n N ∈ 178++⨯ 1178⎛++- ⎝22．【解析】（1）f （1）=1，f （2）=1+4=5， f （3）=1+4+8=13，f （4）=1+4+8+12=25，f （5）=1+4+8+12+16=41．f （6）=1+4+8+12+16+20=61；（2）∵f（2）﹣f （1）=4=4×1， f （3）﹣f （2）=8=4×2， f （4）﹣f （3）=12=4×3， f （5）﹣f （4）=16=4×4，由上式规律得出f （n+1）﹣f （n ）=4n ． ∴f（n ）﹣f （n ﹣1）=4（n ﹣1）， f （n ﹣1）﹣f （n ﹣2）=4•（n ﹣2）， f （n ﹣2）﹣f （n ﹣3）=4•（n ﹣3）， …f （2）﹣f （1）=4×1，∴f（n ）﹣f （1）=4[（n ﹣1）+（n ﹣2）+…+2+1] =2（n ﹣1）•n， ∴f（n ）=2n 2﹣2n+1； (3)证明：当n 2≥时，211111()f (n)1221121n n n n==---+--，1111111111++++1(1)f (1)f (2)-1f (3)-1f (n)122231n n∴=+-+-++--- 11311(1)=-222nn =+-。

高二数学人教A必修5练习：第二章数列过关检测 Word版含解析

第二章过关检测(时间:90分钟满分:100分)知识点分布表一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.在等差数列{a n}中,S10=120,则a1+a10的值是()A.12B.24C.36D.48答案:B解析:S10==120解得,a1+a10=24.2.等比数列{a n}中,a2,a6是方程x2-34x+64=0的两根,则a4=()A.8B.-8C.±8D.以上都不对答案:A解析:由已知得a2+a6=34,a2·a6=64,所以a2>0,a6>0,则a4>0.又=a2·a6=64,∴a4=8.3.如果f(n+1)=(n=1,2,3,…)且f(1)=2,则f(101)等于()A.49B.50C.51D.52答案:D解析:∵f(n+1)==f(n)+,∴f(n+1)-f(n)=,即数列{f(n)}是首项为2,公差为的等差数列.∴通项公式为f(n)=2+(n-1)×n+.∴f(101)=×101+=52.4.已知各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=()A.5B.7C.6D.4答案:A解析:(a1a2a3)·(a7a8a9)=(a1a9)·(a2a8)·(a3a7)==50,∴=5.又a4a5a6=(a4a6)·a5=,故选A.5.若数列{a n}满足a1=15,且3a n+1=3a n-2,则使a k·a k+1<0的k值为()A.22B.21C.24D.23答案:D解析:因为3a n+1=3a n-2,所以a n+1-a n=-,所以数列{a n}是首项为15,公差为-的等差数列,所以a n=15-(n-1)=-n+,由a n=-n+>0,得n<23.5,所以使a k·a k+1<0的k值为23.6.若数列{a n}满足a n+1=1-,且a1=2,则a2 012等于()A.-1B.2C.D.答案:D解析:∵a n+1=1-,a1=2,∴a2=1-,a3=1-2=-1,a4=1-=2.-由此可见,数列{a n}的项是以3为周期重复出现的,∴a2 012=a670×3+2=a2=.7.数列{a n}的首项为3,{b n}为等差数列且b n=a n+1-a n(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8=()A.0B.3C.8D.11答案:B解析:{b n}为等差数列,公差d=-=2,-∴b n=b3+2(n-3)=2n-8.∴a n+1-a n=2n-8.∴a8=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)=3+(-6)+(-4)+…+6=3+-=3.8.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.6答案:C解析:∵S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,∴a m=S m-S m-1=0-(-2)=2,a m+1=S m+1-S m=3-0=3.∴d=a m+1-a m=3-2=1.∵S m=ma1+-×1=0,∴a1=--.又∵a m+1=a1+m×1=3,∴--+m=3.∴m=5.故选C.9.等差数列{a n}中,已知3a5=7a10,且a1<0,则数列{a n}前n项和S n(n∈N*)中最小的是()A.S7或S8B.S12C.S13D.S14答案:C解析:由3a5=7a10得3(a1+4d)=7(a1+9d),解得d=-a1>0.所以a n=a1+(n-1)d=a1-(n-1)×a1,由a n=a1-(n-1)×a1≤0,即1--≥0,解得n≤=13,即当n≤13时,a n<0.当n>13时,a n>0,所以前13项和最小,所以选C.10.(2015河南南阳高二期中,12)数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1;b n=(-1)n a n(n∈N*);则数列{b n}的前50项和为()A.49B.50C.99D.100答案:A解析:∵数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,∴a1=S1=3,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n,故a n=∴b n=(-1)n a n=--∴数列{b n}的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-98+100)=1+24×2=49,故选A.二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)11.已知数列{a n}中,a n=2×3n-1,则由它的偶数项所组成的新数列的前n项和S n=.答案:-解析:∵数列{a n}是等比数列,∴它的偶数项也构成等比数列,且首项为6,公比为9.∴其前n项和S n=---.12.正项数列{a n}满足:a1=1,a2=2,2-(n∈N*,n≥2),则a7=.答案:解析:因为2-(n∈N*,n≥2),所以数列{}是以=1为首项,以d==4-1=3为公差的等差数列.所以=1+3(n-1)=3n-2.所以a n=-,n≥1.所以a7=-.13.(2015江西吉安联考,13)已知数列{a n}满足a n a n+1a n+2a n+3=24,且a1=1,a2=2,a3=3,则a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014=.答案:5 033解析:∵数列{a n}满足a n a n+1a n+2a n+3=24,∴a1a2a3a4=24,a4==4,∵a n a n+1a n+2a n+3=24,∴a n+1a n+2a n+3a n+4=24,∴a n+4=a n,∴数列{a n}是以4为周期的周期数列,2 014=503×4+2,∴a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014=503×(1+2+3+4)+1+2=5 033.14.(2015山东省潍坊四县联考,14)已知数列{a n}满足a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·a n=,则a n=.答案:-解析:∵a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·a n=,∴当n≥2时,a1+3·a2+32·a3+…+3n-2·a n-1=-,两式相减得3n-1·a n=-,即a n=,n≥2,-,当n=1时,a1=,满足a n=-.故a n=-三、解答题(本大题共4小题,15、16小题每小题10分,17、18小题每小题12分,共44分)15.(2015河南郑州高二期末,17)设等差数列{a n}满足a3=5,a10=-9.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{a n}的前n项和S n的最大值.解:(1)由a n=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得,解得-数列{a n}的通项公式为a n=11-2n.(2)由(1)知S n=na1+-d=10n-n2.因为S n=-(n-5)2+25.所以n=5时,S n取得最大值25.16.在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n,因为d<0,由(1)得d=-1,a n=-n+11.则当1≤n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=17.(2015福建省宁德市五校联考,21)已知数列{a n}中,a1=3,a n+1=4a n+3.(1)试写出数列{a n}的前三项;(2)求证:数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式a n;(3)设b n=log2(a n+1),记数列的前n项和为T n,求T n的取值范围.解:(1)∵a1=3,a n+1=4a n+3,∴a1=3,a2=15,a3=63.(2)∵=4,∴数列{a n+1}是公比为4的等比数列.∴a n+1=(a1+1)·4n-1=4n,∴a n=4n-1.(3)∵b n=log2(a n+1)=log24n=2n,∴-,∴T n=---…=-,∵T n=-是关于n(n∈N*)的单调递增函数,∴n=1时,(T n)min=,n→+∞时,T n→.∴T n的取值范围是.18.(2015山东高考,理18)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.解:(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=-(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n), 所以3T n=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-----(n-1)×31-n =,所以T n=.经检验,n=1时也适合.综上可得T n=.。

人教新课标版数学高二-高中数学(人教B版)必修5训练第二章《数列》素质检测

第二章综合素质检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每个小题5分，共60分，每小题给出的四个备选答案中，有且仅有一个是符合题目要求的)1．(2014·安徽宿州市泗县双语中学高二期末测试)数列1，23，35，47，59，…，的一个通项公式a n是( )A ．n 2n ＋1B ．n 2n －1C ．n 2n －3D ．n 2n ＋3B解法一：当n ＝1时，a 1＝1只有选项B 满足，故选B ．解法二：数1，23，35，47，59，…，的第n 项a n 的分子是n ，分母是2n －1，故选B ．2．若等比数列{a n }的公比q >0，且q ≠1，又a 1<0，那么( ) A ．a 2＋a 6>a 3＋a 5 B ．a 2＋a 6<a 3＋a 5 C ．a 2＋a 6＝a 3＋a 5D ．a 2＋a 6与a 3＋a 5的大小不能确定 B(a 2＋a 6)－(a 3＋a 5)＝(a 2－a 3)－(a 5－a 6) ＝a 2(1－q )－a 5(1－q )＝(1－q )(a 2－a 5) ＝a 1q (1－q )2(1＋q ＋q 2)． ∵q >0，且q ≠1，又a 1<0， ∴(a 2＋a 6)－(a 3＋a 5)<0. 即a 2＋a 6<a 3＋a 5.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，那么它的通项公式a n ＝( ) A ．n B ．2n C ．2n ＋1 D ．n ＋1 B当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，排除A ，C ；当n ＝2时，a 2＝S 2－S 1＝6－2＝4，排除D ，故选B ．4．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．130Ba n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 5＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋15－16＝1－16＝56.5．(2013～2014学年度内蒙古通辽实验中学高二期中测试)数列{a n }满足a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N ＋)，则数列{a n }的前n 项和S n 最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9B∵a n ＋1＝a n －3，∴a n ＋1－a n ＝－3(n ∈N ＋)，故数列{a n }是首项为19，公差为－3的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝19－3(n －1)＝22－3n . 由a n ＝22－3n >0，得n <223.∴a 7>0，a 8<0，故当n ＝7时，S n 取最大值．6．某工厂去年产值为a ，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为( )A ．1.14aB ．1.15aC ．11×(1.15－1)aD ．10(1.16－1)aC设从去年开始，每年产值构成数列为{a n }，则a 1＝a ， a n ＝a (1＋10%)n －1(1≤n ≤6)，从今年起到第5年是求该数列a 2到a 6的和，应为S 6－a 1＝a (1.16－1)1.1－1－a ＝11×(1.15－1)A ．7．等比数列{a n }的各项为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10等于( ) A ．12 B ．10 C ．8 D ．2＋log 35B由等比数列的性质可知：a 5a 6＝a 4a 7＝a 3a 8＝…＝a 1a 10， ∴a 5a 6＋a 4a 7＝2a 1a 10＝18，∴a 1a 10＝9. ∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1·a 2·a 3·…·a 10)＝log 3(a 1a 10)5＝10. 8．212＋414＋818＋…＋102411024等于( )A ．2 0461 0231 024B ．2 0071 0231 024C ．1 04711 024D ．2 04611 024A212＋414＋818＋…＋1 02411 024＝(2＋4＋8＋…＋1 024)＋(12＋14＋18＋…＋11 024)＝2(1－210)1－2＋12[1－(12)10]1－12＝211－2＋1－(12)10＝2 046＋210－1210＝2 046＋1 0231 024＝2 0461 0231 024.9．正项数列{a n }满足a 2n ＋1＝a 2n ＋4(n ∈N *)，且a 1＝1，则a 7的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7B∵a 2n ＋1＝a 2n ＋4(n ∈N *)， ∴a 2n ＋1－a 2n ＝4，又a 1＝1，∴a 21＝1.∴数列{a 2n }是首项为1，公差为4的等差数列， ∴a 2n ＝1＋4(n －1)＝4n －3. ∴a 27＝4×7－3＝25，又a 7>0，∴a 7＝5.10．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 1 007＋a 1 008>0，a 1 007·a 1 008<0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．2 012B ．2 013C ．2 014D ．2 015C∵a 1 007＋a 1 008>0， ∴a 1＋a 2 014>0，∴S 2 014＝2 014(a 1＋a 2 014)2>0，∵a 1 007·a 1 008<0，a 1>0， ∴a 1 007>0，a 1 008<0， ∴2a 1 008＝a 1＋a 2 015<0， ∴S 2 015＝2 015(a 1＋a 2 015)2<0，故选C ．11．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (n )等于( ) A ．27(8n ＋1)B ．27(8n －1－1)C ．27(8n ＋3－1)D ．27(8n ＋4－1)D解法一：令n ＝0，则f (n )＝2＋24＋27＋210＝2[1－(23)4]1－23＝2(1－84)1－8＝27(84－1)，对照选项，只有D 成立．解法二：数列2,24,27,210，…，23n ＋10是以2为首项，8为公比的等比数列，项数为n ＋4， ∴f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．12．定义：称np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．2n －1B ．4n －1C ．4n －3D ．4n －5C设数{a n }的前n 项和为S n ，则由已知得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝n S n ＝12n －1，∴S n ＝n (2n －1)＝2n 2－n当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －＝4n －3 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12－1＝1适合上式， ∴a n ＝4n －3.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．已知等比数列{a n }为递增数列，若a 1>0，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝________.2本题考查了等比数列的通项公式． ∵{a n }是递增的等比数列，且a 1>0，∴q >1，又∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1， ∴2a n ＋2a n q 2＝5a n q ， ∵a n ≠0，∴2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12(舍去)，∴公比q 为2.一定要注意数列{a n }是递增数列且a 1>0，则公比q 大于1.14．(2014·江西文，13)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．(－1，－78)本题主要考查等差数列中S n 与a n 的关系，由题意知a 1＝7，且当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，∴该数列为递减数列且a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d >07＋8d <0，∴－1<d <－78，解题本题时要注意当且仅当n ＝8时S n 最大．15．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 5＝5a 3，则S 9S 5＝________.9解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 5＝5a 3，∴a 1＋4d ＝5(a 1＋2d )，∴a 1＝－32d ，∴S 9S 5＝9a 1＋12×9×8×d 5a 1＋12×5×4×d ＝－272d ＋36d －152d ＋10d ＝452d52d＝9. 解法二：S 9S 5＝9(a 1＋a 9)25(a 1＋a 5)2＝9×2a 525×2a 32＝9a 55a 3，∵a 5＝5a 3，∴S 9S 5＝9a 55a 3＝9.16．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝1－1a n －1，则a 2 013＝________.－1∵a 1＝2，a n ＝1－1a n －1，∴a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，a 5＝1－1a 4＝12，…∴数列{a n }的值呈周期出现，周期为3. ∴a 2 013＝a 3＝－1.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n ，已知a 1＝1，b 1＝3，a 3＋b 3＝17，T 3－S 3＝12，求{a n }、{b n }的通项公式．设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q . 由a 3＋b 3＝17得1＋2d ＋3q 2＝17，① 由T 3－S 3＝12得q 2＋q －d ＝4.② 由①、②及q >0解得q ＝2，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1，b n ＝3×2n －1.18．(本题满分12分)(2014·湖北理，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )．化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)．此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.19．(本题满分12分)数列{a n }的前n 项和为S n ＝2－2a n ，n ∈N *.求证：数列{a n }为等比数列，并求通项a n .(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－2a 1，∴a 1＝23；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2－2a n )－(2－2a n －1) ＝2a n －1－2a n .∴a n a n －1＝23.故{a n }是以 a 1＝23为首项，以q ＝23为公比的等比数列．∴a n ＝a 1q n －1＝(23)n .20．(本题满分12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝1，S 11＝33. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(14)a n .求证：{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1S 11＝33，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝111a 1＋11×102d ＝33， ∴⎩⎨⎧a 1＝12d ＝12，∴a n ＝n2.(2)∵b n ＝(14)n 2＝12n ，∴b n ＋1b n ＝12，∴{b n }是以b 1＝12为首项，12为公比的等比数列，前n 项和T n ＝12(1－12n )1－12＝1－12n .21．(本题满分12分)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·4n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)由题意，得 a 2－a 1＝3×4， a 3－a 2＝3×42， a 4－a 3＝3×43， ……a n －a n －1＝3·4n －1(n ≥2)，以上n －1个式子相加，得 a n －a 1＝3(4＋42＋43＋…＋4n －1) ＝3×4(1－4n －1)1－4＝4n －4，∴a n ＝a 1＋4n －4＝4n －2. a 1＝2满足上式，∴a n ＝4n －2. (2)b n ＝na n ＝n (4n －2)，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋n ·4n －2(1＋2＋…＋n )，设T n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋n ·4n ， ∴4T n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1，∴－3T n ＝4＋42＋43＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4(1－4n )1－4－n ·4n ＋1＝4－4n ＋1－3－n ·4n ＋1，∴T n ＝4－4n ＋19＋n ·4n ＋13＝19，∴S n ＝19－n (n ＋1)．22．(本题满分14分)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3……)，(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n ；(3)在(2)的条件下，对任意n ∈N *，T n >m23都成立，求整数m 的最大值．(1)∵4S n ＝(a n ＋1)2， ① ∴4S n －1＝(a n －1＋1)2(n ≥2)，②①－②得4(S n －S n －1)＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2. ∴4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2. 化简得(a n ＋a n －1)·(a n －a n －1－2)＝0. ∵a n >0，∴a n －a n －1＝2(n ≥2)．由4a 1＝(a 1＋1)2得a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.(2)b n ＝1a n ·a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)．∴T n ＝12〔〕(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.(3)由(2)知T n ＝12(1－12n ＋1)，T n ＋1－T n ＝12(1－12n ＋3)－12(1－12n ＋1)＝12(12n ＋1－12n ＋3)>0. ∴数列{T n }是递增数列． ∴min ＝T 1＝13.∴m 23<13，∴m <233. ∴整数m 的最大值是7.。

高中数学第2章数列学业质量标准检测新人教A版必修5-新人教A版高二必修5数学试题

第二章数列学业质量标准检测一、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，只有一项是符合题目要求的)1．{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，若a n ＝2 020，则序号n 等于( D ) A ．667 B ．668 C ．669D ．674[解析]由题意可得，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2， ∴2 020＝3n －2，∴n ＝674.2．在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( B )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2 [解析]由已知得：a 1q 2＝1，a 1q ＋a 1q 3＝52，∴q ＋q 3q 2＝52，q 2－52q ＋1＝0，∴q ＝12或q ＝2(舍)，∴a 1＝4.3．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( A ) A ．－24 B ．0 C ．12D ．24[解析]由等比数列的前三项为x,3x ＋3,6x ＋6，可得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)，解得x ＝－3或x ＝－1(此时3x ＋3＝0，不合题意，舍去)，故该等比数列的首项x ＝－3，公比q ＝3x ＋3x＝2，所以第四项为[6×(－3)＋6]×2＝－24.4．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 4是a 3与a 7的等比中项，S 8＝32，则S 10等于( C )A ．18B ．24C ．60D ．90[解析]由a 24＝a 3a 7得(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，即2a 1＋3d ＝0.①又S 8＝8a 1＋562d ＝32，则2a 1＋7d ＝8.②由①②，得d ＝2，a 1＝－3.所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C ．5．等比数列{a n }的通项为a n ＝2·3n －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( C )A ．第5项B ．第12项C ．第13项D ．第6项[解析]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． 6．等比数列{a n }满足a 2＋8a 5＝0，设S n 是数列{1a n }的前n 项和，则S 5S 2＝( A )A ．－11B ．－8C ．5D ．11[解析]由a 2＋8a 5＝0得a 1q ＋8a 1q 4＝0，解得q ＝－12.易知{1a n}是等比数列，公比为－2，首项为1a 1，所以S 2＝1a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝－1a 1，S 5＝1a 1[1－(－2)5]1－(－2)＝11a 1，所以S 5S 2＝－11，故选A ．7．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，甲所得为( B )A ．54钱 B ．43钱 C ．32钱 D ．53钱 [解析]依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则由题意可知，a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ，即a ＝－6d ，又a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5a ＝5， ∴a ＝1，则a －2d ＝a －2×(－a 6)＝43a ＝43.故选B ．8．(2019·某某日照青山中学高二月考)在如图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( B )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析]由表格知，第三列为首项为4，公比为12的等比数列，∴x ＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字分别为5，52，故第四列所成的等比数列的公比为12，∴y ＝5×(12)3＝58，同理z ＝6×(12)4＝38，∴x ＋y ＋z ＝2.9．设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( C )A ．3(3n－2n) B ．3n ＋2nC ．3nD ．3·2n －1[解析]由S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)可得S n －1＝32(a n －1－1)(n ≥2，n ∈N *)，两式相减可得a n ＝32a n －32a n －1(n ≥2，n ∈N *)，即a n ＝3a n －1(n ≥2，n ∈N *)．又a 1＝S 1＝32(a 1－1)，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，则a n ＝3n.10．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 3b 8b 10＝( B )A ．1B ．8C ．4D ．2[解析]设{a n }的公差为d ，则由条件式可得， (a 7－3d )－2a 27＋3(a 7＋d )＝0，解得a 7＝2或a 7＝0(舍去)． ∴b 3b 8b 10＝b 37＝a 37＝8.11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤0，f (x －1)＋1，x >0，把方程f (x )＝x 的根按从小到大的顺序排列成一个数列{a n }，则该数列的通项公式为( C )A ．a n ＝n (n －1)2(n ∈N *)B ．a n ＝n (n －1)(n ∈N *)C ．a n ＝n －1(n ∈N *) D ．a n ＝n －2(n ∈N *)[解析]令2x－1＝x (x ≤0)，易得x ＝0. 当0<x ≤1时，由已知得f (x －1)＋1＝x ，即2x －1－1＋1＝2x －1＝x ，则x ＝1.当1<x ≤2时，由已知得f (x )＝x ，即f (x －1)＋1＝x ，即f (x －2)＋1＋1＝x ，故2x －2＋1＝x ，则x ＝2.因此，a 1＝0，a 2＝1，a 3＝2，结合各选项可知该数列的通项公式为a n ＝n －1(n ∈N *)．故选C ．12．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，S n 为其前n 项和，则S 60＝( B ) A ．3 690 B ．1 830 C ．1 845D ．3 660[解析]因为a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，所以a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝10.同理a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝26，同理可得a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝42.由此可知，S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，…成等差数列，首项为10，公差为16，所以S 60＝15×10＋15×142×16＝1 830.故选B ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中横线上) 13．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 5＝－2，a 8＝16，则S 6等于__218__.[解析]∵{a n }为等比数列，∴a 8＝a 5q 3，∴q 3＝16－2＝－8，∴q ＝－2.又a 5＝a 1q 4，∴a 1＝－216＝－18，∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－18[1－(－2)6]1＋2＝218.14．(2019·理，10)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝__0__，S n 的最小值为__－10__.[解析]∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10，∴a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正． ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10.15．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝__676__.[解析]利用分组求和法求解．当n 为正奇数时，a n ＋2－a n ＝0，又a 1＝1，则所有奇数项都是1；当n 为正偶数时，a n ＋2－a n ＝2，又a 2＝2，则所有偶数项是首项和公差都是2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 51＝(a 1＋a 3＋…＋a 51)＋(a 2＋a 4＋…＋a 50)＝26a 1＋25a 2＋25×242×2＝676.16．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是__n 2＋n __.[解析]由题中数表，知第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，设为{a n }，则a 1＝n ，d ＝2n －n ＝n ，所以a n ＋1＝n ＋n ·n ＝n 2＋n ，即第n 行第n ＋1列的数是n 2＋n .三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)已知等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }的前n 项和S n .[解析]设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋6d )＝－16a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＋8da 1＋12d 2＝－16a 1＝－4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8d ＝－2.因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)，或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9)．18．(本题满分12分)(2019·全国卷Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值X 围． [解析](1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n (n －9)d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值X 围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．19．(本题满分12分)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c，求非零常数c .[解析](1){a n }为等差数列， ∵a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22，又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两个根．又公差d >0，∴a 3<a 4， ∴a 3＝9，a 4＝13. ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9a 1＋3d ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝4.∴a n ＝4n －3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c ，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c， ∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， ∴2c 2＋c ＝0，∴c ＝－12(c ＝0舍去)．20．(本题满分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 ，＝a n －1.(1)求证：数列{}是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式．[解析](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由①②两式相减得2(a n ＋1－1)＝a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝12，也即＋1＝12，故数列{}是等比数列． (2)∵c 1＝a 1－1＝－12，∴＝－12n ，a n ＝＋1＝1－12n ，a n －1＝1－12n －1.故当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝12n －1－12n ＝12n . 又b 1＝a 1＝12，即b n ＝12n .21．(本题满分12分)(2017·某某文，18)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)．[解析](1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3. 由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n.(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n .由a 2n ＝6n －2，得T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1.上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1＝12×(1－2n)1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16，所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以，数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.22．(本题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n n)(n ∈N ＋)均在函数y ＝3x －2的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N ＋都成立的最小正整数m .[解析](1)依题意得：S nn＝3n －2，即S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5＝1，满足上式．所以a n ＝6n －5(n ∈N ＋)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5] ＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝12[(1－17)＋(17－113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1－16n ＋1)．因此，使得12(1－16n ＋1)<m 20(n ∈N ＋)成立的m 必须且仅需满足12≤m 20，即m ≥10，故满足要求的最小正整数m 为10.。

人教新课标版数学高二必修五练习单元质量评估第二章数列(含答案解析)

单元质量评估(二)第二章数列 (120分钟 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. 2011是等差数列：1，4，7，10,…的第几项( ) （A ）669 （B ）670 （C ）671 （D ）6722.数列{a n }满足a n =4a n-1+3,a 1=0，则此数列的第5项是（）（A ）15 （B ）255 （C ）20 （D ）83.等比数列{a n }中，如果a 6=6,a 9=9,那么a 3为（）（A ）4 （B ）23 （C ）916（D ）2 4.在等差数列{a n }中，a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,则a 20=( ) （A ）-1 （B ）1 （C ）3 （D ）75.在等差数列{a n }中，已知a 1=2,a 2+a 3=13,则a 4+a 5+a 6=( ) （A ）40 （B ）42 （C ）43 （D ）456.记等差数列的前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)77.等差数列{a n }的公差不为零，首项a 1=1，a 2是a 1和a 5的等比中项，则数列的前10项之和是（）（A ）90 （B ）100 （C ）145 （D ）190 8.在数列{a n }中，a 1=2,2a n+1-2a n =1,则a 101的值为（）（A ）49 （B ）50 （C ）51 （D ）529.计算机是将信息转化成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如（1101）2表示二进制的数，将它转化成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数16111 位转换成十进制数的形式是（）（A ）217-2 （B ）216-1 （C ）216-2 （D ）215-110.在等差数列{a n }中，若a 1+a 2+a 3=32,a 11+a 12+a 13=118,则a 4+a 10=（）（A ）45 （B ）50 （C ）75 （D ）6011.（2011·江西高考）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +S m =S n+m ,且a 1=1,那么a 10=（）（A ）1 （B ）9 （C ）10 （D ）5512.等比数列{a n }满足a n >0,n=1,2,…，且a 5·a 2n-5=22n (n ≥3),则当n ≥1时，log 2a 1+log 2a 3+…+log 2a 2n-1=（）（A ）n(2n-1) （B ）(n+1)2 （C ）n 2 （D ）(n-1)2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在题中的横线上）13.等差数列{a n }前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m项的和为______.14.（2011·广东高考）已知{a n }是递增等比数列，a 2=2,a 4-a 3=4,则此数列的公比q=______. 15.两个等差数列{a n }, {b n },12n 12n a a a 7n 2b b b n 3++⋯++=++⋯++,则55a b =______.16.设数列{a n }中,a 1=2,a n+1=a n +n+1，则通项a n =_____.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.（10分）已知数列{a n }是等差数列，a 2=3,a 5=6,求数列{a n }的通项公式与前n 项的和M n .18.（12分）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,S 3,S 2成等差数列. （1）求{a n }的公比q ；（2）若a 1-a 3=3,求S n .19.（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.20.（12分）如果有穷数列a 1,a 2,a 3,…,a m （m 为正整数）满足条件a 1=a m , a 2=a m-1,…,a m =a 1,即a i =a m-i+1(i=1,2,…，m),我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.（1）设{b n }是7项的“对称数列”，其中b 1,b 2,b 3,b 4是等差数列，且b 1=2,b 4=11.依次写出{b n }的每一项；（2）设{c n }是49项的“对称数列”，其中c 25,c 26,…,c 49是首项为1，公比为2的等比数列，求{c n }各项的和S.[] 21.(12分)已知数列{a n }的前n 项和为()nn n 1S ,S 312=-(*n N ∈),等差数列{b n }中，b n >0(*n N ∈),且b 1+b 2+b 3=15,又a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列.（1）求数列{a n },{b n }的通项公式；（2）求数列{a n +b n }的前n 项和T n .22.（12分）某商店为了促进商品销售,特定优惠方式,即购买某种家用电器有两种付款方式可供顾客选择,家用电器价格为2 150元.第一种付款方式:购买当天先付150元,以后每月这一天都交付200元,并加付欠款利息,每月利息按复利计算,月利率为1%；第二种付款方式：购买当天先付150元，以后每个月付款一次，10个月付清，每月付款金额相同，每月利息按复利计算，月利率1%.试比较两种付款方法,计算每月所付金额及购买这件家用电器总共所付金额.答案解析1.【解析】选C.∵2011=1+（n-1）×(4-1)，∴n=671.2.【解析】选B.由a n =4a n-1+3,a 1=0，依次求得a 2=3,a 3=15,a 4=63,a 5=255.3.【解析】选A.等比数列{a n }中，a 3,a 6,a 9也成等比数列，∴a 62=a 3a 9,∴a 3=4.4.【解析】选B.a 1+a 3+a 5=105,∴a 3=35,同理a 4=33, ∴d=-2,a 1=39,∴a 20=a 1+19d=1.5.【解析】选B.设公差为d,由a 1=2,a 2+a 3=13,得d=3,则a 4+a 5+a 6= (a 1+3d)+(a 2+3d)+(a 3+3d) =(a 1+a 2+a 3)+9d=15+27=42.6.【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=3.7.【解析】选B.设公差为d,∴(1+d)2=1×(1+4d), ∵d ≠0,∴d=2,从而S 10=100.[] 8.【解题提示】利用等差数列的定义. 【解析】选D.∵2a n+1-2a n =1,∴n 1n 1a a 2+-=, ∴数列{a n }是首项a 1=2,公差1d 2=的等差数列， ∴()1011a 21011522=+-=.9.【解析】选B.形式为：1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20=216-1.10.【解析】选B.由已知a 1+a 2+a 3+a 11+a 12+a 13=150,∴3(a 1+a 13)=150,∴a 1+a 13=50,∴a 4+a 10=a 1+a 13=50.11.【解题提示】结合S n +S m =S n+m ,对m,n 赋值，令n=9,m=1,即得S 9+S 1=S 10,即得a 10=1.【解析】选A.∵S n +S m =S n+m ,∴令n=9,m=1,即得S 9+S 1=S 10,即S 1=S 10-S 9=a 10, 又∵S 1=a 1,∴a 10=1.12.【解题提示】由已知可先求得通项公式，再由对数的性质进行运算.【解析】选C.a 5·a 2n-5=22n (n ≥3), ∴a n 2=22n ,a n >0,∴a n =2n ,log 2a 1+log 2a 3+…+log 2a 2n-1 =1+3+…+(2n-1)=n 2.13.【解题提示】利用等差数列前n 项和的性质【解析】由题意可知S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等差数列，2（S 2m -S m ）=S m +S 3m -S 2m∴S 3m =3(S 2m -S m )=3×(100-30)=210. 答案：21014.【解题提示】由等比数列的通项公式，可得关于公比q 的方程，从而求出q.【解析】由a 4-a 3=4得a 2q 2-a 2q=4,即2q 2-2q=4,解得q=2或q=-1（由数列是递增数列，舍去）. 答案：215.【解题提示】利用等差数列的前n 项和的有关性质进行运算. 【解析】设两个等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为A n ,B n .则()()195919599a a a A 7926529b b b B 93122+⨯+====++.答案：651216.【解析】∵a 1=2,a n+1=a n +(n+1), ∴a n =a n-1+n,a n-1=a n-2+(n-1)，a n-2=a n-3+(n-2),…,a 3=a 2+3，a 2=a 1+2,a 1=2=1+1将以上各式相加得：()()2n n n 1n na [n n 121]111222+=+-+⋯+++=+=++. 答案：2n n122++17.【解析】设{a n }的公差为d, ∵a 2=3,a 5=6,∴11a d 3a 4d 6+=⎧⎨+=⎩,∴a 1=2,d=1, ∴a n =2+(n-1)=n+1.()2n 1n n 1n 3nM na d .22-+=+=18.【解析】（1）依题意有a 1+(a 1+a 1q)=2(a 1+a 1q+a 1q 2)由于a 1≠0，故2q 2+q=0，又q ≠0,从而1q 2=-.（2）由已知得a 1-a 1(12-)2=3,故a 1=4从而n n n 141()812S 113212--==----［］［（）］（）. 19.【解析】（1）∵a 1=S 1,a n +S n =n,① ∴a 1+S 1=1,得11a 2=.又a n+1+S n+1=n+1 ②①②两式相减得2(a n+1-1)=a n -1，即n 1n a 11a 12+-=-,也即n 1n c 1c 2+=, 故数列{c n }是等比数列. （2）∵111c a 12=-=-, ∴n n n n n11c ,a c 1122=-=+=-, n 1n 11a 12--=-.故当n ≥2时，n n n 1n 1n n111b a a 222--=-=-=. 又111b a 2==,即n n 1b 2=. 20.【解题提示】利用等比数列的前n 项和公式进行计算.【解析】（1）设数列{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d=2+3d=11,解得d=3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2. （2）S=c 1+c 2+…+c 49 =2(c 25+c 26+…+c 49)-c 25 =2(1+2+22+…+224)-1 =2(225-1)-1=226-3.21.【解析】（1）a 1=1,a n =S n -S n-1=3n-1,n>1，∴a n =3n-1(*n N ∈)，∴数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴a 1=1,a 2=3,a 3=9,在等差数列{b n }中， ∵b 1+b 2+b 3=15,∴b 2=5.又因a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列，设等差数列{b n }的公差为d,∴（1+5-d ）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2, ∵b n >0(*n N ∈),∴舍去d=-10,取d=2,∴b 1=3. ∴b n =2n+1(*n N ∈). （2）由（1）知∴T n =a 1+b 1+a 2+b 2+…+a n +b n =(a 1+a 2+…+a n )+(b 1+b 2+…+b n )()n n 32n 113132++-=+- n 231n 2n 22=++-. 22.【解题提示】第一种付款方式是等差数列模型，第二种付款方式是等比数列模型，分别计算出实际共付金额，再比较得出结论. 【解析】第一种方式:购买时先付150元,欠2 000元,按要求知10次付清,则第1次付款金额为a 1=200+2 000×0.01=220(元); 第2次付款金额为a 2=200+(2 000-200)×0.01=218(元) ……第n 次付款金额为a n =200+［2 000-(n-1)×200］×0.01=220-(n-1)×2(元).不难看出每次所付款金额顺次构成以220为首项,-2为公差的等差数列,所以10次付款总金额为()10109S 102202 2 1102⨯=⨯+⨯-= (元)，实际共付2 260元.第二种方式:购买时先付150元,欠2 000元,则10个月后增值为2000×(1+0.01)10=2 000×(1.01)10(元).设每月付款x 元,则各月所付的款额连同最后一次付款时生成的利息之和分别是(1.01)9x,(1.01)8x,…,x,其构成等比数列,和为()101011.01S x 11.01-=-·. 应有()1010S 2 0001.01=⨯,所以x ≈211.2，每月应付211.2元,10次付款总金额为2 112元,实际共付2 262元,所以第一种方式更省钱. 【方法技巧】分清类型解数列应用题解数列应用题要明确问题是属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求a n 还是求S n ，特别要弄清项数为多少，试题中常见的数列类型有：（1）构造等差、等比数列模型，然后再应用数列的通项公式及求和公式求解；（2）先求出连续的几项，再归纳出a n ，然后用数列知识求解.。

人教A版高中数学必修五《数列》单元质量检测题1.docx

高二数学单元检测卷 (数列一)一、选择题：本大题共有12小题，每小题5分，共60分．1．数列252211L ，，，，的一个通项公式是A. 33n a n =-B. 31n a n =-C. 31n a n =+D. 33n a n =+ 2．已知数列{}n a 的首项11a =，且()1212n n a a n -=+≥，则5a 为 A ．7 B ．15 C.30 D ．313.下列各组数能组成等比数列的是A. 111,,369B. lg3,lg9,lg 27C. 6,8,10D. 3,33,9- 4. 等差数列{}n a 的前m 项的和是30，前2m 项的和是100，则它的前3m 项的和是A ．130B ．170C ．210D ．2605.若{}n a 是等比数列,前n 项和21n n S =-,则2222123n a a a a ++++=LA.2(21)n -B.21(21)3n - C.41n- D.1(41)3n-6.各项为正数的等比数列{}n a ，478a a ⋅=，则1012222log log log a aa+++=LA ．5B ．10C ．15D ．207．已知等差数列{a n }的公差d ≠0,若a 5、a 9、a 15成等比数列,那么公比为 (A)(B)(C)(D)8.在等差数列{}n a 和{}n b 中，125a =，175b =，100100100a b +=，则数列{}n n a b +的前100项和为A. 0B. 100C. 1000D. 100009.已知等比数列{}n a 的通项公式为123n n a -=⨯，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和n S =A.31n- B.3(31)n- C.914n - D.3(91)4n -10．等比数列{}n a 中，991a a 、为方程016102=+-x x 的两根，则805020a a a ⋅⋅ 的值为A ．32B ．64C ．256D ．±64 11.在等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则101123a a -的值为 A. 6 B. 8 C. 10 D. 1612. 设由正数组成的等比数列，公比q=2，且3030212=a a a ……·，则30963a a a a ……··等于 A ．102 B ．202 C ．162 D ．152二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．）13.等差数列的前4项和为40，最后4项的和为80，所有各项的和为720，则这个数列一共有项. 14.若{}n a 是等比数列，下列数列中是等比数列的所有代号为 .① {}2n a ② {}2n a ③ 1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭④ {}lg n a15. 已知数列{}n a 的前n 项和nn S 23+=，则n a =__________.16.在等差数列{}n a 中，14101619100a a a a a ++++=，则161913a a a -+的值是________ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）．已知四个数，前三个数成等比数列，和为19，后三个数成等差数列，和为12，求此四个数. 18．（12分）.已知{}n a 满足13a =，121n n a a +=+，（1）求证：{}1n a +是等比数列；（2）求这个数列的通项公式n a .19．（12分）在数列{}n a 中，11a =，122nn n a a +=+；（1）设12nn n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S 。

人教新课标版数学高二-2014版数学必修五练习第二章《数列》质量评估

章末质量评估(二)(时间：100分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．在等比数列{a n }中，如果a 6＝6，a 9＝9，那么a 3为( )．A ．4B.32C.169D ．2解析在等比数列{a n }中，a 3，a 6，a 9也成等比数列 ∴a 62＝a 3a 9，∴a 3＝629＝4. 答案 A2．在等差数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＝32，a 11＋a 12＋a 13＝118，则a 4＋a 10等于 ( )．A ．45B ．50C ．75D ．60解析由已知：a 1＋a 2＋a 3＋a 11＋a 12＋a 13＝150， ∴3(a 1＋a 13)＝150，∴a 1＋a 13＝50. ∵a 4＋a 10＝a 1＋a 13，∴a 4＋a 10＝50. 答案 B3．计算机的成本不断降低，若每隔5年计算机价格降低13，现在的价格是8 100元的计算机，则15年后，价格降低为( )．A ．2 200元B ．900元C ．2 400元D ．3 600元解析价格降了3次，则价格降为8 100×⎝⎛⎭⎫1－133＝2 400. 答案 C4．(2011·天津一中月考)在数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，如果数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等差数列，那么a 11等于 ( )．A.13B.12C.23D ．1解析设b n ＝1a n ＋1，则数列{b n }是等差数列，由等差数列的性质可知b 3，b 7，b 11成等差数列，又b 3＝1a 3＋1＝13，b 7＝1a 7＋1＝12，所以b 11＝2b 7－b 3＝23，所以1a 11＋1＝23，解得a 11＝12. 答案 B5．设a n ＝－n 2＋10n ＋11，则数列{a n }前n 项的和最大时n 的值为( )．A ．10B ．11C ．10或11D ．12解析令a n ≥0得n 2－10n －11≤0，∴1≤n ≤11. 即1≤n ≤10时，a n >0，当n ≥12时，a n ≤0，而a 11＝0，故前10项和等于前11项和，它们都最大．答案 C6．在等比数列{a n }中，若a n >0，且a 2＝1－a 1，a 4＝9－a 3，则a 4＋a 5的值为 ( )． A ．16B ．81C ．36D ．27解析 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝1－a 1a 1q 3＝9－a 1q 2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝3.∴a 4＋a 5＝14×33＋14×34＝27.答案 D7．(2011·辽宁卷)若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n ，则公比为( )．A ．2B ．4C ．8D ．16解析由a n a n ＋1＝16n ，知a 1a 2＝16，a 2a 3＝162，后式除以前式得q 2＝16，∴q ＝±4. ∵a 1a 2＝a 12q ＝16>0，∴q >0，∴q ＝4. 答案 B8．在等比数列{a n }中，a 3＝12，a 2＋a 4＝30，则a 10的值为 ( )．A ．3×10－5 B ．3×29 C ．128D ．3×2－5或3×29解析 ∵a 2＝a 3q ，a 4＝a 3q ，∴a 2＝12q，a 4＝12q .∴12q＋12q ＝30，即2q 2－5q ＋2＝0.∴q ＝12或q ＝2.当q ＝12时，a 2＝24，∴a 10＝a 2q 8＝24×⎝⎛⎭⎫128＝3×2－5；当q ＝2时，a 2＝6， ∴a 10＝a 2q 8＝6×28＝3×29. 答案 D9．在等差数列{a n }中，设公差为d ，若前n 项和为S n ＝－n 2，则通项和公差分别为 ( )． A ．a n ＝2n －1，d ＝－2B ．a n ＝2n －1，d ＝2C ．a n ＝－2n ＋1，d ＝－2D ．a n ＝－2n ＋1，d ＝2解析 a n ＝S n －S n －1＝－n 2－[－(n －1)2]＝－2n ＋1(n >1，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1满足上式，显然d ＝－2. 答案 C10．在数列{x n }中，2x n ＝1x n －1＋1x n ＋1(n ≥2)，且x 2＝23，x 4＝25，则x 10等于( )．A.211B.16C.112D.15解析由已知得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是等差数列，设该数列的公差为d ，∴1x 4－1x 2＝2d ＝1，∴d ＝12，∴1x 10＝1x 2＋(10－2)×d ＝＝112，∴x 10＝211. 答案 A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)11．若数列{a n }是等差数列，a 3，a 10是方程x 2－3x －5＝0的两根，则a 5＋a 8＝________. 解析 ∵数列{a n }为等差数列，∴a 3＋a 10＝a 5＋a 8. ∵a 3＋a 10＝3，∴a 5＋a 8＝3. 答案 312．已知等差数列{a n }，公差d ≠0，a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 1＋a 5＋a 17a 2＋a 6＋a 18＝________.解析由题意得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )， ∵d ≠0，∴a 1＝－4d ，∴a n ＝－4d ＋(n －1)d ，即a n ＝(n －5)d ，∴a 1＋a 5＋a 17a 2＋a 6＋a 18＝－4d ＋12d －3d ＋d ＋13d ＝811.答案81113．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{a n }是等和数列，且a 1＝－1，公和为1，那么这个数列的前2 011项和S 2 011＝________.解析 a 1＝－1，a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝2，…，∴a 2 011＝－1，∴S 2 011＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 009＋a 2 010)＋a 2 011＝1 005×1＋(－1)＝1 004. 答案 1 00414．把自然数1,2,3,4，…按下列方式排成一个数阵．1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是________．解析该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第n 行有n 个数，则第n －1(n ≥3)行的最后一个数为(n －1)(1＋n －1)2＝n 22－n 2，则第n 行从左至右的第3个数为n 22－n 2＋3.答案 n 22－n2＋3三、解答题(本大题共5小题，共54分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(10分)已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 3＝－6，a 6＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0.解得a 1＝－10，d ＝2.所以a n ＝－10＋(n －1)×2＝2n －12. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8，所以－8q ＝－24，q ＝3. 所以数列{b n }的前n 项和公式为 S n ＝b 1(1－q n )1－q＝4(1－3n )．16．(10分)(2011·广东省湛江一中高二期中测试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n＋1－2a n (n ∈N *)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 ∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )， ∴a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2. ∵a 1＝1，a 2＝3，∴{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝2为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)得a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.17．(10分)已知点(1,2)是函数f (x )＝a x (a >0且a ≠1)的图象上一点，数列{a n }的前n 项和S n＝f (n )－1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log a a n ＋1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解 (1)把点(1,2)代入函数f (x )＝a x 得a ＝2，所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝f (n )－1＝2n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，对n ＝1时也适合，∴a n ＝2n －1. (2)由a ＝2，b n ＝log a a n ＋1得b n ＝n ，所以a n b n ＝n ·2n －1.T n ＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1，①2T n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .②由①－②得：－T n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ，所以T n ＝(n －1)2n ＋1.18．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n ＝n1＋n .(1)解由已知⎩⎨⎧a n ＋1＝12S n，a n＝12Sn －1(n ≥2)，得a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝⎛⎭⎫32n －2(n ≥2)．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，12×⎝⎛⎭⎫32n －2， n ≥2.(2)证明 b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎡⎦⎤32×⎝⎛⎭⎫32n －1＝n .∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n . ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝n1＋n.19．(12分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2. ∵a 1＝1，解得(d ＝0舍)，d ＝2. ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0， ∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈N *，∴适合条件的t 的最大值为8.。

高中数学第二章数列单元质量测评新人教A版必修5

高中数学第二章数列单元质量测评新人教A 版必修5本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60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．有穷数列1,23,26,29，…，23n ＋6的项数是( )A ．3n ＋7B ．3n ＋6C ．n ＋3D ．n ＋2 答案 C解析此数列的次数依次为0,3,6,9，…，3n ＋6，为等差数列，且首项a 1＝0，公差为d ＝3，设3n ＋6是第x 项，则3n ＋6＝0＋(x －1)×3⇒x ＝n ＋3.2．已知等差数列{a n }的公差为1，且S 99＝99，则a 3＋a 6＋…＋a 96＋a 99的值是( ) A ．99 B ．66 C ．33 D ．0 答案 B解析设A ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97，B ＝a 2＋a 5＋…＋a 98，C ＝a 3＋a 6＋…＋a 99，A ＋B ＋C ＝S 99，B －A ＝33，C －B ＝33，∴A ＝C －66，故C －66＋C －33＋C ＝S 99＝99，∴C ＝66.3．已知{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，如果a n ＝2020，则序号n 等于( ) A ．667 B ．668 C ．672 D ．674 答案 D解析由2020＝1＋3(n －1)，解得n ＝674.4．已知数列{a n }为等比数列，a 1＝1，q ＝2，且第m 项至第n (m <n )项的和为112，则m ＋n 的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14 答案 B解析由已知，得1×1－2n1－2－1×1－2m －11－2＝112，即2m －1·(2n －m ＋1－1)＝24×7，则⎩⎪⎨⎪⎧2m －1＝24，2n －m ＋1－1＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，n ＝7，所以m ＋n ＝12，故选B.5．记等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 5＋a 21＝a 12，那么S 27＝( ) A ．2015 B ．2014 C ．2013 D ．0 答案 D解析设等差数列{a n }的公差为d .∵a 5＋a 21＝a 12， ∴2a 1＋24d ＝a 1＋11d ，∴a 1＋13d ＝0，即a 14＝0.∴S 27＝27a 1＋a 272＝27×2a 142＝27a 14＝0.故选D.6．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 11－a 8＝3，S 11－S 8＝3，则使a n >0的最小正整数n 的值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析由S 11－S 8＝3，得a 11＋a 10＋a 9＝3,3a 10＝3，a 10＝1，所以a 1＋9d ＝1，a 11－a 8＝3d ＝3，所以d ＝1，于是a 1＝－8，从而a n ＝－9＋n >0的最小正整数n 的值是10.7．在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n ，则a 10＝( )A ．2B ．3C ．－1 D.12答案 D解析 ∵a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n，∴a 2＝1－2＝－1，同理可得：a 3＝2，a 4＝12，…，∴a n ＋3＝a n .∴a 10＝a 3×3＋1＝a 1＝12.故选D.8．设等差数列{a n }的公差为2，前10项和为490，等差数列{b n }的公差为4，前10项和为240.以a k ，b k 为邻边的矩形内的最大圆的面积记为S k ，若k ≤18，则S k ＝( )A ．π(2k ＋1)2B ．π(2k ＋3)2C ．π(k ＋1)2D ．π(k ＋18)2答案 A解析由10a 1＋10×10－12×2＝490，得a 1＝40，∴a n ＝40＋2(n －1)＝2n ＋38.由10b 1＋10×10－12×4＝240，得b 1＝6，∴b n ＝6＋4(n－1)＝4n ＋2.∵a k －b k ＝(2k ＋38)－(4k ＋2)＝36－2k ，∴当k ≤18时，36－2k ≥0，即2k ＋38≥4k ＋2，∴以a k 和b k 为邻边的矩形内的最大圆的半径为2k ＋1，则该最大圆的面积S k ＝π(2k ＋1)2.9．数列{a n }中，a n ＝3n －7 (n ∈N ＋)，数列{b n }满足b 1＝13，b n －1＝27b n (n ≥2且n ∈N ＋)，若a n ＋log k b n 为常数，则满足条件的k 值( )A ．唯一存在，且为13B ．唯一存在，且为3C ．存在且不唯一D ．不一定存在答案 B解析依题意，b n ＝b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫127n －1＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －2，∴a n ＋log k b n ＝3n －7＋log k ⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －2＝3n －7＋(3n －2)log k 13＝⎝⎛⎭⎪⎫3＋3log k 13n －7－2log k 13. ∵a n ＋log k b n 是常数，∴3＋3log k 13＝0，即log k 3＝1，∴k ＝3.10．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．18 答案 B解析 ∵(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＝3d ， ∴99－105＝3d .∴d ＝－2.又∵a 1＋a 3＋a 5＝3a 1＋6d ＝105，∴a 1＝39. ∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝－n 2＋40n ＝－(n －20)2＋400.∴当n ＝20时，S n 有最大值．11．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则56是数列中的( )A ．第48项B ．第49项C ．第50项D ．第51项答案 C解析将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n 组n 个，即⎝ ⎛⎭⎪⎫11，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，21，⎝ ⎛⎭⎪⎫13，22，31，…，⎝⎛⎭⎪⎫1n ，2n －1，…，n 1，则第n 组中每个数分子分母的和为n ＋1.则56为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.12．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2017积数列”，且a 1>1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为( )A ．1008B ．1009C ．1007或1008D ．1008或1009答案 A解析由题意，a 2017＝a 1a 2…a 2017， ∴a 1a 2…a 2016＝1，∴a 1a 2016＝a 2a 2015＝a 3a 2014＝…＝a 1007a 1010＝a 1008·a 1009＝1，∵a 1>1，q >0，∴a 1008>1,0<a 1009<1， ∴前n 项积最大时n 的值为1008. 故选A.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上) 13．若等比数列{a n }满足a 2a 4＝12，则a 1a 23a 5＝________.答案 14解析 ∵a 2a 4＝a 23＝12，∴a 1a 23a 5＝a 43＝14.14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 答案 73解析因S 6S 3＝3，故q ≠1，∴a 11－q 61－q ×1－q a 11－q3＝1＋q 3＝3，即q 3＝2.所以S 9S 6＝a 11－q 91－q ×1－q a 11－q 6＝1－231－22＝73.15．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是________．答案 n 2＋n解析由题中数表，知第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，设为{a n }，则a 1＝n ，d ＝2n －n ＝n ，所以a n ＋1＝n ＋n ·n ＝n 2＋n ，即第n 行第n ＋1列的数是n 2＋n .16．已知{a n }是等差数列，d 为其公差，S n 是其前n 项和，若只有S 4是{S n }中的最小项，则可得出的结论中正确的是________．①d >0 ②a 4<0 ③a 5>0 ④S 7<0 ⑤S 8>0 答案 ①②③④解析由已知条件得a 5>0，a 4<0，则d >0，故①②③正确．因为S 7＝7a 1＋a 72＝7a 4<0，故④正确．S 8＝8a 1＋a 82＝4(a 4＋a 5)无法判断其正负，故⑤错误．综上可得结论正确的有①②③④.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n ，已知a 1＝1，b 1＝3，a 3＋b 3＝17，T 3－S 3＝12，求{a n }，{b n }的通项公式．解设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q . 由a 3＋b 3＝17得1＋2d ＋3q 2＝17，① 由T 3－S 3＝12得q 2＋q －d ＝4.② 由①、②及q >0解得q ＝2，d ＝2. 故所求的通项公式为a n ＝2n －1，b n ＝3×2n －1.18．(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，求得a 1＝1.(2)当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2S n －2S n －1－2n ＋1， ∴S n ＝2S n －1＋2n －1，① ∴S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1，② 由②－①，得a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ≥2)．求得a 1＋2＝3，a 2＋2＝6，则a 2＋2a 1＋2＝2， ∴{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋2＝3·2n －1，∴a n ＝3·2n －1－2，n ∈N *.19．(本小题满分12分)在等差数列{a n }中，a 10＝23，a 25＝－22， (1)该数列前多少项的和最大？最大和是多少？ (2)求数列{|a n |}的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝23，a 1＋24d ＝－22，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝50，d ＝－3.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3n ＋53，令a n >0，得n <533，∴当n ≤17，n ∈N *时，a n >0；当n ≥18，n ∈N *时，a n <0， ∴{a n }前17项的和最大．S max ＝S 17＝17×50＋17×8×(－3)＝442.(2)当n ≤17，n ∈N *时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝na 1＋n n －12d ＝－32n 2＋1032n ， ∴当n ≤17，n ∈N *时，{|a n |}前n 项和为－32n 2＋1032n ，当n ≥18，n ∈N *时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 17－a 18－a 19－…－a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 17)－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝32n 2－1032n ＋884，当n ≥18，n ∈N *时，{|a n |}前n 项和为32n 2－1032n ＋884.20．(本小题满分12分)数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 是S n 和1的等差中项，等差数列{b n }满足b 1＋S 4＝0，b 9＝a 1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)若c n ＝1b n ＋16b n ＋18，求数列{c n }的前n 项和W n .解 (1)∵a n 是S n 和1的等差中项，∴S n ＝2a n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1. ∴a 1＝1且a n ≠0，∴a n a n －1＝2，∴{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－2n1－2＝2n－1.设{b n }的公差为d ，b 1＝－S 4＝－15，b 9＝－15＋8d ＝1，∴d＝2，∴b n ＝－15＋(n －1)×2＝2n －17. (2)c n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴W n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12－14n ＋2＝n 2n ＋1.21．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝76，S n 是{a n }的前n 项和，点(2S n ＋a n ，S n ＋1)在f (x )＝12x ＋13的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n －23n ，T n 为c n 的前n 项和，n ∈N *，求T n .解 (1)∵点(2S n ＋a n ，S n ＋1)在f (x )＝12x ＋13的图象上，∴S n ＋1＝12×(2S n ＋a n )＋13，∴a n ＋1＝12a n ＋13.∵a n ＋1－23＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n －23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以a 1－23＝76－23＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴a n －23＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＝23＋12n .(2)∵c n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n －23n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋2×122＋3×123＋…＋n2n ，①。

高中数学阶段质量检测(二)数列(含解析)新人教A版必修5-新人教A版高二必修5数学试题

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 ．122C ．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 ．93B ．189 C.18916D ．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)＝6q＋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＝3×1－261－2＝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 －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．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 2,22lga 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(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，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，①2S 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 020B.4 0362 019C.4 0322 017D.4 0342 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＝nn ＋12＋n ＋1，∴a n ＝n n －12＋n ＝n n ＋12，1a 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 ＜0B ．a 7＝0C ．S 9＞S 5D ．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＋…＋1S n等于( )A.n （n ＋1）2B.2n （n ＋1）C.n 2（n ＋1）D.2nn ＋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＋12n ，∴1S n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 10．等比数列{}a n 的通项为a n ＝2·3n －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 033B ．1 034C ．2 057D ．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＝1－2101－2＋10＝1 033.12．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋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 ．42B ．43C ．44D ．45 解析：选 B 1a 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 －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋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：1514．一件家用电器，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 ＝ 2 000×1.008121＋1.008＋…＋1.00811＝2 000×1.008121.00812－11.008－1≈176，即每期应付款176元．答案：17615．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 ＋λ3n，则b 1＝5＋λ3，b 2＝23＋λ9，b 3＝95＋λ27，∵b 1＋b 3＝2b 2，∴λ＝－12.答案：－1216．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X 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12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 ，＝a n －1.(1)求证：数列{}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, ②①②两式相减得2(a n ＋1－1)＝a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝12，也即＋1＝12，故数列{}是等比数列． (2)∵c 1＝a 1－1＝－12，∴＝－12n ，a n ＝＋1＝1－12n ，a n －1＝1－12n －1.故当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝12n －1－12n ＝12n . 又b 1＝a 1＝12，符合上式，∴b n ＝12n .19．(本小题12分)X 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)X 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＝143，…，显然其构成首项为a 1＝4，公差为d ＝a 2－a 1＝13的等差数列，所以S 10＝10×4＋10×92×13＝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 ＝1.8×1－1.1n1－1.1＝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 n2n －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 ＋12n＝2a n ＋2n2n＝a n2n －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 n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1，两边乘以2得： 2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －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 ＜38.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）2d .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⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜0所以T n ＜38.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 ＜38.22．(本小题12分)(2018·某某高考)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 ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)设＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{}的前n 项和为S n .由＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －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.。

人教新课标版数学高二-人教数学必修5检测第二章《数列》综合检测

综合检测(二)第二章数列(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2013·郑州高二检测)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n n 22n －1 B ．a n ＝(－1)n n (n ＋1)2n －1C ．a n ＝(－1)n n 22n ＋1 D ．a n ＝(－1)nn 32n －1 【解析】观察各项知符号可用(－1)n 表示，各项绝对值的分母为1,3,5,7…，故可表示为2n －1，分子为1,4,9,16…可表示为n 2，故a n ＝(－1)nn 22n －1. 【答案】 A2．(2013·咸阳高二检测)已知等差数列{a n }中，a 5＋a 9＝2，则S 13＝( )A ．11B ．12C ．13D ．不确定【解析】 S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 5＋a 9)2＝13. 【答案】 C3．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64【解析】由a 7＋a 9＝16，得a 8＝8，∴d ＝8－18－4＝74，∴a 12＝1＋8×74＝15.【答案】 A4．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( )A ．81B ．120C ．168D ．192 【解析】 ∵a 5＝a 2q 3，∴q 3＝a 5a 2＝2439＝27，∴q ＝3，∴a 1＝3，∴S 4＝3(1－34)1－3＝120. 【答案】 B5．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则a 3＋a 4＋a 5等于( )A ．33B ．84C ．72D ．189【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3，即4×3q ＝4×3＋3q 2，∴q ＝2，∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝3(22＋23＋24)＝84.【答案】 B6．(2013·合肥高二检测)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15【解析】记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.【答案】 A7．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 012等于( ) A.12B ．2C ．－1D ．1【解析】由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n 得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，因此a 2 012＝a 3×670＋2＝a 2＝2. 【答案】 B8．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 033B ．1 034C ．2 057D ．2 058【解析】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＝1－2101－2＋10＝1 033. 【答案】 A9．(2013·宜昌高二检测)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＋…＋1S n等于( ) A.2n n ＋1 B.2n (n ＋1)C.n (n ＋1)2D.n 2(n ＋1) 【解析】由题意，a n －a n ＋1＋1＝0.∴a n ＋1－a n ＝1，∴{a n }为等差数列，且a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2n n ＋1. 【答案】 A10．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n【解析】依题意可得a 2＝a 1＋ln(1＋11)，a 3＝a 2＋ln(1＋12)，…a n ＝a n －1＋ln(1＋1n －1)，则a n ＝a 1＋ln[(21)(32)(43)…(n n －1)]＝2＋ln n . 【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)11．(2013·烟台高二检测)若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *), 则a 5＝________.【解析】由已知a n ＋1a n＝2，∴{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， ∴a 5＝a 1q 4＝1×24＝16.【答案】 1612．(2013·洛阳高二检测)首项为－24的等差数列从第10项起开始为正数，则公差d 的取值范围是________．【解析】设a 1＝－24，公差为d ，∴a 10＝－24＋9d >0且a 9＝－24＋8d ≤0，∴83<d ≤3.【答案】 (83，3]13．等差数列{a n }中，a 1>0，S 3＝S 10，则当S n 取最大值时n 的值是________．【解析】由S 3＝S 10可知，a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝0，∴a 7＝0.又a 1>0，∴a 6>0，∴S n 取最大值时，n 的值为6或7.【答案】 6或714．某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价：由于首层与顶层均为复式结构，因此首层价格为a 1元/m 2，顶层由于景观好价格为a 2元/m 2，第2层价格为a 元/m 2，从第3层开始每层在前1层价格上加价a 100元/m 2，则该商品房各层的平均价格为________．【解析】设第2层到第22层的价格构成数列{b n }，则{b n }是等差数列，b 1＝a ，公差d ＝a 100，共21项．所以其和为S 21＝21a ＋21×202·a 100＝23.1a .故平均价格为123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2.【答案】 123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)公差d ≠0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项，且S 8＝32，求S 10的大小．【解】根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，8a 1＋28d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2，所以S 10＝S 8＋a 9＋a 10＝32＋2a 1＋17d ＝60.16．(本小题满分12分)(2013·德州高二检测)设{a n }是一个公差为d (d ≠0)的等差数列，它的前10项和S 10＝110，且a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)证明：a 1＝d ；(2)求公差d 的值和数列{a n }的通项公式．【解】 (1)证明：因a 1，a 2，a 4成等比数列，故a 22＝a 1a 4，而{a n }是等差数列，有a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，于是(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即a 21＋2a 1d ＋d 2＝a 21＋3a 1d ，化简得a 1＝d .(2)由条件S 10＝110和S 10＝10a 1＋10×92d ，得到10a 1＋45d ＝110，由(1)a 1＝d ，代入上式得55d ＝110，故d ＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .17．(本小题满分12分)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．【解】 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6，得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1，得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)] ＝－2n n ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1. 18．(本小题满分14分)(2013·绵阳高二检测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于任意的正整数n 都有S n ＝2a n －3n .(1)设b n ＝a n ＋3，求证：数列{b n }是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和．【解】 (1)∵S n ＝2a n －3n 对于任意的正整数都成立， ∴S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－3(n ＋1)－2a n ＋3n ∴a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，即b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2对一切正整数都成立． ∴数列{b n }是等比数列．由已知得S 1＝2a 1－3，即a 1＝2a 1－3，∴a 1＝3，∴首项b 1＝a 1＋3＝6，公比q ＝2，∴b n ＝6·2n －1.∴a n ＝6·2n －1－3＝3·2n －3.(2)∵na n ＝3×n ·2n －3n ， ∴S n ＝3(1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n )－3(1＋2＋3＋…＋n ) 2S n ＝3(1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1)－6(1＋2＋3＋…＋n )，－S n ＝3(2＋22＋23＋…＋2n )－3n ·2n ＋1＋3(1＋2＋3＋…＋n )＝3·2(2n －1)2－1－6n ·2n ＋3n (n ＋1)2， ∴S n ＝(6n －6)·2n＋6－3n (n ＋1)2.。

(完整版)高二数学必修5数列单元质量检测题及答案

高二数学必修5《数列》单元质量检测题（时间120分钟，满分150分）一、选择题（每小题5分，共计60分）1.数列252211L ，，，，的一个通项公式是（）A. 33n a n =-B. 31n a n =-C. 31n a n =+D. 33n a n =+2. 已知数列{}n a ，13a =，26a =，且21n n n a a a ++=-，则数列的第五项为（）A. 6B. 3-C. 12-D. 6-3. 2005是数列7,13,19,25,31,,L 中的第（）项.A. 332B. 333C. 334D. 3354. 在等差数列{}n a 中,若45076543=++++a a a a a ，则=+82a a （）A.45B.75C. 180D.3005. 一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前六项均为正数，第七项起为负数，则它的公差是( )A.－2B.－3C.－4D.－56. 在等差数列｛a n ｝中，设公差为d ，若S 10＝4S 5，则da 1等于( ) A. 21 B.2 C. 41D.4 7. 设数列｛a n ｝和｛b n ｝都是等差数列，其中a 1＝25，b 1＝75，且a 100＋b 100＝100，则数列｛a n ＋b n ｝的前100项之和是( )A.1000B.10000C.1100D.110008.已知等差数列｛a n ｝的公差d ＝1，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 98＝137，那么a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 98的值等于( )A.97B.95C.93D.919.在等比数列｛a n ｝中，a 1＝1，q ∈R 且｜q ｜≠1，若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m 等于( )A.9B.10C.11D.1210. 公差不为0的等差数列｛a n ｝中，a 2、a 3、a 6依次成等比数列，则公比等于( )A. 21B. 31C.2D.311. 若数列｛a n ｝的前n 项和为S n ＝a n －1(a ≠0)，则这个数列的特征是( )A.等比数列B.等差数列C.等比或等差数列D.非等差数列12. 等差数列｛a n ｝和｛b n ｝的前n 项和分别为S n 与Ｔn ，对一切自然数n ，都有n n T S =132+n n ，则55b a 等于( ) A.32 B. 149 C. 3120 D. 1711 二、填空题（每小题4分，共计16分）13. 数列｛a n ｝的前n 项和为S n ＝n 2＋3n ＋1，则它的通项公式为 .14. 已知｛na 1｝是等差数列，且a 2＝2－1，a 4＝2＋1，则a 10＝ . 15. 在等比数列中，若S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝ .16. 数列121，241，341，4161，…的前n 项和为 . 三、解答题：17.（本小题满分12分）已知等差数列｛a n ｝中，S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，求S m ＋n .18.（本题满分12分）设等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0.求公差d 的取值范围.19. （本题满分12分）已知等差数列｛a n ｝中，a 1＝29，S 10＝S 20，问这个数列的前多少项和最大?并求此最大值.20.（本题满分12分）设a 1＝5，a n ＋1＝2a n ＋3(n ≥1)，求｛a n ｝的通项公式.21.（本题满分12分）求和：1＋54＋257＋…＋1523--n n22.（本题满分14分）已知数列｛a n ｝中，S n 是它的前n 项和，并且S n ＋1＝4a n ＋2(n ＝1，2，…)，a 1＝1.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n (n ＝1，2，…)求证｛b n ｝是等比数列；(2)设c n ＝n n a 2(n ＝1，2…)求证｛c n ｝是等差数列；(3)求数列｛a n ｝的通项公式及前n 项和公式.。

人教新课标版数学高二B版必修5规范训练第二章数列质量评估

章末质量评估(二)(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．等差数列{a n }的公差不为零，且前20项的和为S 20＝10N ，则N 可以是 ( )． A ．a 2＋a 15 B ．a 12＋10a 10 C ．a 2＋a 3D ．a 9＋a 12解析 S 20＝a 1＋a 202·20＝10(a 9＋a 12)，故选D.答案 D2．设S n 为数列{a n }的前n 项和且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝( )．A.56 B.65 C.130D ．30解析因为a 5＝S 5－S 4＝130，所以1a 5＝30，故选D.答案 D3．公差不为零的等差数列{a n }的第2,3,7项恰为等比数列{b n }的连续三项，则{b n }的公比为( )．A ．1B ．2C ．3D ．4解析设公差为d ，d ≠0，则由题意：(a 1＋d )(a 1＋6d )＝(a 1＋2d )2，∴3a 1d ＋2d 2＝0，∵d ≠0，∴d ＝－32a 1，∴a 2＝a 1＋d ＝－12a 1，a 3＝a 1＋2d ＝－2a 1，∴公比q ＝a 3a 2＝4.答案：D4．已知数列{a n }对任意的p 、q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( )． A ．－165 B ．－33 C ．－30D ．－21解析令q ＝2，则a p ＋2－a p ＝a 2， ∵a 2＝－6，∴数列{a n }的所有偶数项、所有奇数项分别成等差数列， ∴a 10＝a 2＋4×(－6)＝－30，故选C. 答案 C5．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝( )．A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3解析由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8. ∵q 4>0，∴a 4＝4，∴q 2＝1. ∴a 20a 10＝q 10＝1. 答案 A6．等比数列{a n }中，a 2，a 6是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，则a 4等于( )． A ．8 B ．－8 C ．±8D ．以上都不对解析 a 2＋a 6＝34，a 2·a 6＝64， ∴a 42＝64，∵a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2q 2>0，∴a 4＝8. 答案 A7．已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9等于( )．A ．2B ．4C ．8D ．16解析 ∵a 3a 11＝a 72＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝4， ∵{b n }为等差数列， ∴b 5＋b 9＝2b 7＝8，故选C. 答案 C8．已知数列{a n }前n 项和为S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31的值是( )．A ．13B ．－76C ．46D ．76解析 S 15＝－4×7＋a 15＝－28＋57＝29， S 22＝－4×11＝－44， S 31＝－4×15＋a 31 ＝－4×15＋121＝61，∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76.故选B.答案 B9．已知数列{a n }，如果a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为13的等比数列，那么a n 等于( )．A.32⎝⎛⎭⎫1－13n B.32⎝⎛⎭⎫1－13n －1 C.23⎝⎛⎭⎫1－13n D.23⎝⎛⎭⎫1－13n －1 解析 a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n . 答案：A10．如果数列{a n }满足a 1＝ 2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( )．A.1210 B.129 C.110D.15解析 ∵1－a n a n －1＝a na n ＋1－1，∴a n a n －1＋a n a n ＋1＝2， ∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1， ∴{1a n }是首项为12，公差为12的等差数列， ∴1a n ＝12n ， ∴a 10＝15，故选D.答案 D11．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )．A ．5 B.72 C.92D.132解析由a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，知a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，∴S 21＝10×12＋a 1＝5＋12－2＝72，故选B.答案 B12．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )．A ．126B ．130C ．132D ．134解析 ∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案 C二、填空题(每小题5分，共20分)13．设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝______. 解析令{a n }的公差为d ，∵a 4＝a 1＋3d 且a 1＝1，a 4＝7，∴d ＝2. ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5＋5×4＝25.答案 2514．已知数列{a n }、{b n }都是等差数列，S n 、T n 分别是它们的前n 项和，并且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝________. 解析a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝2a 12＋2a 112b 12＋2b 11＝a 11＋a 12b 11＋b 12＝S 22T 22＝15525＝315.答案31515．已知数列{a n }是等差数列，若它的前n 项和S n 有最小值，且a 11a 10<－1，则使S n >0成立的最小自然数n 的值为________．解析由已知得，a 1<0，d >0，a 10<0，a 11>0，a 1＋a 19<0，a 10＋a 11>0，∴a 1＋a 20>0，∴S 19<0，S 20>0，故n ＝20.答案 2016．数列{a n }的前n 项之和为S n ，S n ＝1－23a n ，则a n ＝________.解析 n ＝1时，a 1＝S 1＝1－23a 1，得a 1＝35，n ≥2时，S n ＝1－23a n ，S n －1＝1－23a n －1.两式相减得a n ＝23a n －1－23a n ，即53a n ＝23a n －1，a n a n －1＝25. 所以{a n }是等比数列，首项为a 1＝35，公比为25，所以a n ＝35·(25)n －1.答案 35·(25)n －1三、解答题(每小题10分，共40分)17．等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 32＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 32＝9a 2a 6得a 32＝9a 42，所以q 2＝19.由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2＝－2n n ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1.18．已知数列{2n a n }的前n 项和S n ＝9－6n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n (2－log 2|a n |3)，求数列{1b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，2a 1＝S 1＝3，∴a 1＝32；当n ≥2时，2n a n ＝S n －S n －1＝－6，∴a n ＝－62n .又∵32≠－62，∴通项公式a n＝⎩⎨⎧32 (n ＝1)，－62n(n ≥2).(2)当n ＝1时，b 1＝2－log 212＝3，∴T 1＝1b 1＝13；当n ≥2时，b n ＝n (2－log 263·2n )＝n (n ＋1)，∴1b n ＝1n (n ＋1)， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝13＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝56－1n ＋1，∴T n ＝56－1n ＋1.19．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)设数列{a n2n －1}的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n ，所以当n >1时，S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n2n －1.综上，数列{a n 2n －1}的前n 项和S n ＝n2n －1.20．数列{a n }，a 1＝2，a n ＝2a n －1＋2n (n ≥2)， (1)求证数列{a n2n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)若b n ＝2n －1a n ，求证数列{b n }为递减数列．(1)证明 ∵a n ＝2a n －1＋2n (n ≥2)， ∴a n 2n ＝2a n －12n ＋1⇒a n 2n －a n －12n －1＝1. ∴{a n 2n }为等差数列，首项为a 121＝1，公差d ＝1. (2)解由(1)知a n2n ＝n ，∴a n ＝n ·2n .∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1＋2. (3)证明 ∵b n ＝2n －1a n ＝2n －1n ·2n >0，∴b n ＋1＝2n ＋1(n ＋1)·2n ＋1，∴b n ＋1b n ＝(2n ＋1)·n (2n －1)·(n ＋1)·2＝2n 2＋n2(2n 2＋n －1). 又∵2(2n 2＋n －1)－(2n 2＋n )＝2n 2＋n －2，当n ≥1时，2n 2＋n －2>0，∴2(2n 2＋n －1)>2n 2＋n >0， ∴b n ＋1b n<1即b n ＋1<b n ，∴{b n }为递减数列．。

高中数学人教a版高二必修五_第二章_数列_学业分层测评6

学业分层测评（六）(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下面有四个结论，其中叙述正确的有( )①数列的通项公式是唯一的；②数列可以看做是一个定义在正整数集或其子集上的函数；③数列若用图象表示，它是一群孤立的点；④每个数列都有通项公式．A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【解析】数列的通项公式不唯一，有的数列没有通项公式，所以①④不正确．【答案】 B2．数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧3n ＋1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数，则a 2·a 3等于( ) A ．70B ．28C ．20D ．8 【解析】由a n ＝⎩⎨⎧3n ＋1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数，得a 2＝2，a 3＝10，所以a 2·a 3＝20.【答案】 C3．数列－1,3，－7,15，…的一个通项公式可以是( )A ．a n ＝(－1)n ·(2n －1)B ．a n ＝(－1)n ·(2n －1)C ．a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)D ．a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)【解析】数列各项正、负交替，故可用(－1)n 来调节，又1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，…，所以通项公式为a n ＝(－1)n ·(2n －1)．【答案】 A4．(2015·宿州高二检测)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n －1n ＋1，那么这个数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列【解析】 a n ＝n －1n ＋1＝1－2n ＋1，∴当n 越大，2n ＋1越小，则a n 越大，故该数列是递增数列．【答案】 A5．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的( )A ．第100项B ．第12项C ．第10项D ．第8项【解析】 ∵a n ＝n －2n 2，令n －2n 2＝0.08，解得n ＝10或n ＝52(舍去)．【答案】 C二、填空题6．(2015·黄山质检)已知数列{a n }的通项公式a n ＝19－2n ，则使a n >0成立的最大正整数n 的值为．【解析】由a n ＝19－2n >0，得n <192.∵n ∈N *，∴n ≤9.【答案】 97．已知数列{a n }，a n ＝a n ＋m (a <0，n ∈N *)，满足a 1＝2，a 2＝4，则a 3＝ .【解析】 ⎩⎨⎧a 1＝a ＋m ＝2，a 2＝a 2＋m ＝4，∴a 2－a ＝2， ∴a ＝2或－1，又a <0，∴a ＝－1.又a ＋m ＝2，∴m ＝3，∴a n ＝(－1)n ＋3，∴a 3＝(－1)3＋3＝2.【答案】 28．(2015·宁津高二检测)如图2-1-1①是第七届国际数学教育大会(简称ICME －7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2-1-1②的一连串直角三角形演化而成的，其中OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝…＝A 7A 8＝1，如果把图②中的直角三角形继续作下去，记OA 1，OA 2，…，OA n ，…的长度构成数列{a n }，则此数列的通项公式为a n ＝ .图2-1-1【解析】因为OA1＝1，OA2＝2，OA3＝3，…，OA n＝n，…，所以a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，a n＝n.【答案】n三、解答题9．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)45，12，411，27，…；(2)12，2，92，8，252，…；(3)1,3,6,10,15，…；(4)7,77,777，…. 【导学号：05920064】【解】(1)注意前4项中有两项的分子为4，不妨把分子统一为4，即为45，48，411，414，…，于是它们的分母依次相差3，因而有a n＝43n＋2.(2)把分母统一为2，则有12，42，92，162，252，…，因而有a n＝n22.(3)注意6＝2×3,10＝2×5,15＝3×5，规律还不明显，再把各项的分子和分母都乘以2，即1×22，2×32，3×42，4×52，5×62，…，因而有a n＝n(n＋1)2.(4)把各项除以7，得1,11,111，…，再乘以9，得9,99,999，…，因而有a n＝79(10n－1)．10．在数列{a n}中，a1＝2，a17＝66，通项公式是关于n的一次函数．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求a2016；(3)2016是否为数列{a n}中的项？【解】(1)设a n＝kn＋b(k≠0)，则有⎩⎨⎧k ＋b ＝2，17k ＋b ＝66，解得k ＝4，b ＝－2.∴a n ＝4n －2.(2)a 2 016＝4×2 016－2＝8 062.(3)由4n －2＝2 016得n ＝504.5∉N *，故2 016不是数列{a n }中的项．[能力提升]1．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log (n ＋1)(n ＋2)，则它的前30项之积是( )A.15B ．5C ．6D ．log 23＋log 31325 【解析】 a 1·a 2·a 3·…·a 30＝log 23×log 34×log 45×…×log 3132＝lg 3lg 2×lg 4lg 3×…×lg 32lg 31＝lg 32lg 2＝log 232＝log 225＝5. 【答案】 B2．已知数列{a n }中，a n ＝n 2－kn (n ∈N *)，且{a n }单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3)C ．(－∞，2)D ．(－∞，3]【解析】 a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－k (n ＋1)－n 2＋kn ＝2n ＋1－k ，又{a n }单调递增，故应有a n ＋1－a n >0，即2n ＋1－k >0恒成立，分离变量得k <2n ＋1，故只需k <3即可．【答案】 B3．根据图2-1-2中的5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图中有个点．图2-1-2【解析】观察图形可知，第n 个图有n 个分支，每个分支上有(n －1)个点(不含中心点)，再加中心上1个点，则有n (n －1)＋1＝n 2－n ＋1个点．【答案】 n 2－n ＋14．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－21n 2(n ∈N *)．(1)0和1是不是数列{a n }中的项？如果是，那么是第几项？(2)数列{a n }中是否存在连续且相等的两项？若存在，分别是第几项．【解】 (1)令a n ＝0，得n 2－21n ＝0，∴n ＝21或n ＝0(舍去)，∴0是数列{a n }中的第21项．令a n ＝1，得n 2－21n 2＝1，而该方程无正整数解，∴1不是数列{a n }中的项．(2)假设存在连续且相等的两项是a n ，a n ＋1，则有a n ＝a n ＋1，即n 2－21n 2＝(n ＋1)2－21(n ＋1)2. 解得n ＝10，所以存在连续且相等的两项，它们分别是第10项和第11项．。

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对应阶段质量检测P(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分) 1．等差数列－2，0，2，…的第15项为( ) A ．112 B ．12 2 C ．13 2D ．14 2解析：∵a 1＝－2，d ＝2， ∴a n ＝－2＋(n －1)×2＝2n －2 2. ∴a 15＝152－22＝13 2. 答案：C2．若在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －1(n ∈N *)，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝( )A ．－1B ．1C ．0D ．2解析：由递推关系式得a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， a 5＝－1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝－1. 答案：A3．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是( )A ．33个B ．65个C ．66个D ．129个解析：设开始的细胞数和每小时后的细胞数构成的数列为{a n }．则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＋1＝2a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝2.∴a n －1＝1·2n －1，a n ＝2n －1＋1，a 7＝65. 答案：B4．(2012·潍坊质检)设S n 为等差数列{a n }的前n项和，若S 8＝30，S 4＝7，则a 4的值等于( )A.14B.94C.134D.174解析：由题意可知，⎩⎨⎧ 8a 1＋8×(8－1)d2＝30，4a 1＋4×(4－1)d2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14d ＝1，故a 4＝a 1＋3＝134.答案：C5．(2011·山西四校第二次联考)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( )A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]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12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：C6．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{a n }，有以下结论：①a 5＝15；②数列{a n }是一个等差数列；③数列{a n }是一个等比数列；④数列的递推公式为：a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)．其中正确的命题序号为( )A ．①②B ．①③C ．①④D ．①解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n ＝2时，a 2＝3；当n ＝3时，a 3＝6；当n ＝4时，a 4＝10，…观察图中规律，有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，a 5＝15.故①④正确．答案：C7．(2012·泰安高二检测)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 20＝( ) A ．0 B ．－ 3 C. 3D.32解析：由a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，得a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，…由此可知数列{a n }是周期变化的，周期为3， ∴a 20＝a 2＝－ 3. 答案：B8．若数列{a n }是等差数列，a 1>0，a 2 009＋a 2 010>0，a 2 009·a 2 010<0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4 017B ．4 018C ．4 019D ．4 020解析：由a 2 009＋a 2 010>0，a 2 009·a 2 010<0及a 1>0得a 2 009>0，a 2010<0且|a 2 009|>|a 2 010|， ∴S 4 017＝4 017(a 1＋a 4 017)2＝4 017a 2 009>0. S 4 018＝4 018(a 1＋a 4 018)2＝4 018(a 2 009＋a 2 010)2>0，S 4 019＝4 019(a 1＋a 4 019)2＝4 019a 2 010<0. 答案：B9．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＝( )A ．2B ．5C ．－12D.12解析：a 1＝5，a 2＝23，a 3＝95，令b n ＝a n ＋λ3n ，则b 1＝5＋λ3，b 2＝23＋λ9，b 3＝95＋λ27，∵b 1＋b 3＝2b 2，∴λ＝－12.答案：C10．在等差数列{a n }中，a 10<0，a 11>0，且a 11>|a 10|，则{a n }的前n 项和S n 中最大的负数为( )A ．S 17B ．S 18C ．S 19D ．S 20解析：∵a 10<0，a 11>0，且a 11>|a 10|， ∴a 11＋a 10>0. S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10·(a 11＋a 10)>0. S 19＝19(a 1＋a 19)2＝192·2a 10<0. 答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝__________. 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，a n －2－a n －3＝n －2，…，a 3－a 2＝3，a 2－a 1＝2，a 1＝2.将以上各式的两边分别相加，得a n ＝[n ＋(n －1)＋(n －2)＋(n －3)＋…＋2＋1]＋1＝n (n ＋1)2＋1. 答案：n (n ＋1)2＋1 12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －3，则数列{a n }的通项公式是________．解析：n ≥2时，S n ＝32a n －3，①S n －1＝32a n －1－3，②①－②知a n ＝32a n －32a n －1，即12a n ＝32a n －1，∴a n a n －1＝3，由S n ＝32a n －3得S 1＝a 1＝32a 1－3，故a 1＝6，∴a n ＝2·3n . 答案：a n ＝2·3n13．数列{a n }的前20项由如图所示的程序框图依次输出的a 值构成，则数列{a n }的一个通项公式a n ＝________.解析：由框图知a 1＝0＋1＝1，a 2＝a 1＋2＝1＋2， a 3＝a 2＋3＝1＋2＋3，…， a n ＝a n －1＋n ，即a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2.答案：n (n ＋1)214．某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价：由于首层与顶层均为复式结构，因此首层价格为a 1元/m 2，顶层由于景观好价格为a 2元/m 2，第二层价格为a 元/m 2，从第三层开始每层在前一层价格上加价a100元/m 2，则该商品房各层的平均价格为________．解析：设第二层到第22层的价格构成数列{b n }，则{b n }是等差数列，b 1＝a ，公差d ＝a100，共21项，所以其和为S 21＝21a ＋21×202·a 100＝23.1a ，故平均价格为123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2.答案：123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2 三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)为了治理“沙尘暴”，西部某地区政府经过多年努力，到2009年底，将当地沙漠绿化了40%，从2010年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲)，同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%？(可参考数据lg 2＝0.3，最后结果精确到整数)解析：设该地区总面积为1,2009年底绿化面积为a 1＝25，经过n 年后绿洲面积为a n ＋1，设2009年底沙漠面积为b 1，经过n 年后沙漠面积为b n ＋1，则a 1＋b 1＝1，a n ＋b n ＝1.依题意a n ＋1由两部分组成：一部分是原有绿洲a n 减去被侵蚀的部分8%·a n 的剩余面积92%·a n ，另一部分是新绿化的12%·b n ，所以a n ＋1＝92%·a n ＋12%(1－a n )＝45a n ＋325，即a n ＋1－35＝45(a n －35)，∴{a n －35}是以－15为首项，45为公比的等比数列．则a n ＋1＝35－15(45)n .∵a n ＋1>50%，∴35－15(45)n >12.∴(45)n <12. n >log 4512＝lg 21－3lg 2＝3.则当n ≥4时，不等式(45)n <12恒成立．所以至少需要4年才能使绿化面积超过50%.16．(本小题满分12分)(2011·临沂高二检测)已知{a n }为递减的等比数列，且{a 1，a 2，a 3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)当b n ＝1－(－1)n 2a n 时，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n －1<163.解析：(1)∵{a n }是递减的等比数列， ∴数列{a n }的公比q 是正数，又∵{a 1，a 2，a 3} {－4，－3，－2,0,1,2,3,4}， ∴a 1＝4，a 2＝2，a 3＝1. ∴q ＝a 2a 1＝24＝12，∴a n ＝a 1q n －1＝82n .(2)由已知得b n ＝8[1－(－1)n ]2n ＋1，当n ＝2k (k ∈N *)时，b n ＝0，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，b n ＝a n .即b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，(n ＝2k ，k ∈N *)a n ，(n ＝2k －1，k ∈N *)∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n －2＋b 2n －1＝a 1＋a 3＋…＋a 2n －1 ＝4[1－(14)n ]1－14＝163[1－(14)n ]<163. 17．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝68a 1＋28d ＝－4. 解得a 1＝3，d ＝－1.∴a n ＝3－(n －1)＝4－n . (2)由(1)可得，b n ＝n ·q n －1，则S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1①若q ≠1，将上式两边同乘以q 得qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋3·q 3＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n ② ②－①得，(q －1)S n ＝nq n －1－q －q 2－…－q n －1 ＝nq n －q n －1q －1＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1q －1.∴S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.综上S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，q ＝1nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，q ≠1.18．(本小题满分14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝3＋log 4a n ，设T n ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |，求T n .解：(1)由a n ＋S n ＝1，得a n ＋1＋S n ＋1＝1，两式相减得 a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0， ∴2a n ＋1＝a n ，即a n ＋1＝12a n .又n ＝1时，a 1＋S 1＝1，∴a 1＝12.又a n ＋1a n＝12，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列．∴a n ＝a 1q n －1＝12·(12)n －1＝(12)n.(2)b n ＝3＋log 4(12)n＝3－n 2＝6－n 2.当n ≤6时，b n ≥0，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (11－n )4；当n >6时，b n <0，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b 6－(b 7＋b 8＋…＋b n ) ＝6×54－[(n －6)(－12)＋(n －6)(n －7)2·(－12)]＝n 2－11n ＋604.综上，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (11－n )4 (n ≤6)n 2－11n ＋604 (n ≥7).。

人教版高中数学高二必修五第二章《数列》质量检测

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