人教版数学高二-第二章数列单元测试 1(人教A版必修5)

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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．。

新人教A版高中数学【必修5】第二章 2.4等比数列(一)课时作业练习含答案解析

§2.4 等比数列(一) 课时目标1．理解等比数列的定义，能够利用定义判断一个数列是否为等比数列．2．掌握等比数列的通项公式并能简单应用．3．掌握等比中项的定义，能够应用等比中项的定义解决有关问题．1．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．2．等比数列的通项公式：a n ＝a 1q n －1. 3．等比中项的定义如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，且G ＝±ab .一、选择题1．在等比数列{a n }中，a n >0，且a 2＝1－a 1，a 4＝9－a 3，则a 4＋a 5的值为( )A ．16B ．27C ．36D ．81答案 B解析由已知a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝9，∴q 2＝9.∴q ＝3(q ＝－3舍)，∴a 4＋a 5＝(a 3＋a 4)q ＝27.2．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7等于( )A ．64B ．81C ．128D ．243答案 A解析 ∵{a n }为等比数列，∴a 2＋a 3a 1＋a 2＝q ＝2. 又a 1＋a 2＝3，∴a 1＝1.故a 7＝1·26＝64.3．已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8等于( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2，∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1± 2.∵a n >0，∴q >0，q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 4．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( )A ．b ＝3，ac ＝9B ．b ＝－3，ac ＝9C ．b ＝3，ac ＝－9D ．b ＝－3，ac ＝－9答案 B解析 ∵b 2＝(－1)×(－9)＝9且b 与首项－1同号，∴b ＝－3，且a ，c 必同号．∴ac ＝b 2＝9.5．一个数分别加上20,50,100后得到的三个数成等比数列，其公比为( )A.53B.43C.32D.12答案 A解析设这个数为x ，则(50＋x )2＝(20＋x )·(100＋x )，解得x ＝25，∴这三个数45,75,125，公比q 为7545＝53.6．若正项等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3，a 5，a 6成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6等于() A.5－12 B.5＋12C.12 D ．不确定答案 A解析 a 3＋a 6＝2a 5，∴a 1q 2＋a 1q 5＝2a 1q 4，∴q 3－2q 2＋1＝0，∴(q －1)(q 2－q －1)＝0 (q ≠1)，∴q 2－q －1＝0，∴q ＝5＋12 (q ＝1－52<0舍)∴a 3＋a 5a 4＋a 6＝1q ＝5－12.二、填空题7．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________. 答案 4·(32)n －1解析由已知(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，得a ＝5，则a 1＝4，q ＝64＝32，∴a n ＝4·(32)n －1.8．设数列{a n }为公比q >1的等比数列，若a 4，a 5是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则 a 6＋a 7＝________.答案 18解析由题意得a 4＝12，a 5＝32，∴q ＝a 5a 4＝3. ∴a 6＋a 7＝(a 4＋a 5)q 2＝(12＋32)×32＝18.9．首项为3的等比数列的第n 项是48，第2n －3项是192，则n ＝________. 答案 5解析设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3q n －1＝483q 2n －4＝192⇒⎩⎪⎨⎪⎧q n －1＝16q 2n －4＝64⇒q 2＝4，得q ＝±2.由(±2)n －1＝16，得n ＝5. 10．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．答案 5－12解析设三边为a ，aq ，aq 2 (q >1)，则(aq 2)2＝(aq )2＋a 2，∴q 2＝5＋12.较小锐角记为θ，则sin θ＝1q 2＝5－12.三、解答题11．已知{a n }为等比数列，a 3＝2，a 2＋a 4＝203，求{a n }的通项公式．解设等比数列{a n }的公比为q ，则q ≠0.a 2＝a 3q ＝2q ，a 4＝a 3q ＝2q ，∴2q ＋2q ＝203.解得q 1＝13，q 2＝3. 当q ＝13时，a 1＝18，∴a n ＝18×⎝⎛⎭⎫13n －1＝2×33－n .当q ＝3时，a 1＝29，∴a n ＝29×3n －1＝2×3n －3.综上，当q ＝13时，a n ＝2×33－n ；当q ＝3时，a n ＝2×3n －3. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝13(a n －1) (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2；(2)求证：数列{a n }是等比数列．(1)解由S 1＝13(a 1－1)，得a 1＝13(a 1－1)，∴a 1＝－12.又S 2＝13(a 2－1)，即a 1＋a 2＝13(a 2－1)，得a 2＝14.(2)证明当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，又a 2a 1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．能力提升13．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.答案－9解析由题意知等比数列{a n }有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由等比数列的定义知，四项是两个正数、两个负数，故－24,36，－54,81，符合题意，则q ＝－32，∴6q ＝－9.14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2. ∴{a n ＋1}是等比数列，公比为2，首项为2.(2)解由(1)知{a n ＋1}是等比数列．公比为2，首项a 1＋1＝2.∴a n＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n. ∴a n＝2n－1.。

高中数学第二章等比数列第1课时等比数列的概念与通项公式达标检测含解析新人教A版必修5

新人教A 版高中数学必修5：等比数列的概念与通项公式A 级基础巩固一、选择题1．下列数列为等比数列的是( ) A ．0，0，0，0，… B ．22，42，62，82，…C ．q －1，(q －1)2，(q －1)3，(q －1)4，… D ．1a ，1a 2，1a 3，1a4，…解析：A 选项中，由于等比数列中的各项都不为0，所以该数列不是等比数列；B 选项中，4222≠6242，所以该数列不是等比数列；C 选项中，当q ＝1时，数列为0，0，0，…，不是等比数列；D 选项中的数列是首项为1a ，公比为1a的等比数列，故选D.答案：D2．(多选)已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，公比q ＝－2，则( ) A ．数列{2a n ＋a n ＋1}是等比数列 B ．数列{a n ＋1－a n }是等比数列 C ．数列{a n a n ＋1}是等比数列 D ．数列{log 2|a n |}是递减数列解析：因为{a n }是等比数列，所以a n ＋1＝－2a n ，2a n ＋a n ＋1＝0，故A 项错．a n ＝a 1·q n －1＝(－1)n －1·2n －1，a n ＋1＝(－1)n ·2n ，于是a n ＋1－a n ＝(－1)n·2n－(－1)n －1·2n －1＝3(－2)n －1，故{a n ＋1－a n }是等比数列，故B 项正确．a n a n ＋1＝(－1)n －1·2n －1·(－1)n ·2n ＝(－2)2n －1，故C 项正确．log 2|a n |＝log 22n －1＝n －1，是递增数列，故D 项错．答案：BC3．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝( )A ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23nD ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1解析：由题意得(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，解得a ＝5，故a 1＝4，a 2＝6，所以q ＝32，a n ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案：B4．在数列{a n }中，对任意n ∈N *，都有a n ＋1－2a n ＝0，则2a 1＋a 22a 3＋a 4的值为( )A.14B.13C.12D.1解析：a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，a 4＝8a 1，所以2a 1＋a 22a 3＋a 4＝4a 116a 1＝14.答案：A5．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n ，又a n ≠0.所以数列{a n }是以3为公比的等比数列．所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3·(1＋q 2＋q 4)＝35. 所以log 1335＝－5.答案：A 二、填空题6．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝4，则数列{lg a n }的通项公式为____________．解析：因为a 5＝a 4q ，所以q ＝2，所以a 1＝a 4q 3＝14，所以a n ＝14·2n －1＝2n －3，所以lg a n ＝(n －3)lg 2.答案：lg a n ＝(n －3)lg 27．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．解析：因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，所以a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.答案：48．已知数列－1，a 1，a 2，－4成等差数列，－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，则a 2－a 1b 2的值为________．解析：因为－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1，因为－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，所以b 22＝(－1)×(－4)＝4，所以b 2＝±2.若设公比为q ，则b 2＝(－1)q 2，所以b 2＜0，所以b 2＝－2，所以a 2－a 1b 2＝－1－2＝12. 答案：12三、解答题9．在等比数列{a n }中． (1)已知a 1＝3，q ＝－2，求a 6； (2)已知a 3＝20，a 6＝160，求a n . 解：(1)由等比数列的通项公式得，a 6＝3×(－2)6－1＝－96.(2)设等比数列的公比为q ，那么⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝20，a 1q 5＝160，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝5.所以a n ＝a 1qn －1＝5×2n －1.10．在各项均为负数的数列{a n }中，已知2a n ＝3a n ＋1，且a 2·a 5＝827.(1)求证：{a n }是等比数列，并求出其通项． (2)试问－1681是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．(1)证明：因为2a n ＝3a n ＋1，所以a n ＋1a n ＝23. 又因为数列{a n }的各项均为负数，所以a 1≠0，所以数列{a n }是以23为公比的等比数列．所以a n ＝a 1·q n －1＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以a 2＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫232－1＝23a 1， a 5＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫235－1＝1681a 1，又因为a 2·a 5＝23a 1·1681a 1＝827，所以a 21＝94.又因为a 1<0，所以a 1＝－32.所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2(n ∈N *)．(2)解：令a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2＝－1681，则n －2＝4，n ＝6∈N *，所以－1681是这个等比数列中的项，且是第6项．B 级能力提升1．(多选)已知数列{a n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则以下一定是等比数列的是( )A ．{2a n }B ．{a 2n } C ．{a n ＋1·a n }D ．{a n ＋1＋a n }解析：因为数列{a n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则a n ＋1a n＝q ，对于A 项，2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ，因为a n ＋1－a n 不是常数，故A 项错误．对于B 项，a 2n ＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝q 2，因为q 2为常数，故B 项正确．对于C 项，a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝q 2，因为q 2为常数，故C 项正确．对于D 项，若a n ＋1＋a n ＝0，即q ＝－1时，该数列不是等比数列，故D 项错误．答案：BC2．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝ 10a n ＋1，则公比q ＝________．解析：因为等比数列{a n }为递增数列，且a 1＝－2<0，所以0<q <1，又因为3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，两边同除a n ，可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13.而0<q <1，所以q ＝13.答案：133．设关于x 的二次方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(n ＝1，2，3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用a n 表示a n ＋1；(2)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是等比数列；(3)当a 1＝76时，求数列{a n }的通项公式及项的最大值．(1)解：根据根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＝an ＋1a n，αβ＝1an.代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得6a n ＋1a n －2a n＝3.所以a n ＋1＝12a n ＋13.(2)证明：因为a n ＋1＝12a n ＋13，所以a n ＋1－23＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n －23.若a n ＝23，则方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0可化为23x 2－23x ＋1＝0，即2x 2－2x ＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以a n ≠23，即a n －23≠0.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以12为公比的等比数列．(3)解：当a 1＝76时，a 1－23＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以首项为12，公比为12的等比数列．所以a n －23＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n ＝1，2，3，…，即数列{a n }的通项公式为a n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n ＝1，2，3，….由函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(0，＋∞)上单调递减知，当n ＝1时，a n 的值最大，即最大值为a 1＝76.。

2021年高中数学第二章数列单元测试(含解析)新人教版必修5

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{an }满足an=4an-1+3,a1=0，则此数列的第5项是（）（A）15 （B）255 （C）20 （D）83.等比数列{an }中，如果a6=6,a9=9,那么a3为（）（A）4 （B）（C）（D）24.在等差数列{an }中，a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20=( )（A）-1 （B）1（C）3 （D）75.在等差数列{an }中，已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6=( )（A）40 （B）42（C）43 （D）456.记等差数列的前n项和为Sn ，若S2=4，S4=20，则该数列的公差d=（）(A)2 (B)3 (C)6 (D)77.等差数列{an }的公差不为零，首项a1=1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是（）（A）90 （B）100 （C）145 （D）1908.在数列{an }中，a1=2,2an+1-2an=1,则a101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{an }中，若a1+a2+a3=32,a11+a12+a13=118,则a4+a10=（）（A）45 （B）50 （C）75 （D）60二、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）11.（2011·江西高考）已知数列{an }的前n项和Sn满足：Sn+Sm=Sn+m,且a1=1,那么a10=_______12.等比数列{an }满足an>0,n=1,2,…，且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=____13.等差数列{an}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{an }是递增等比数列，a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比q=______.15.两个等差数列{an }, {bn}, ,则______.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）16. (12分)已知等差数列{a n}的公差d＝1，前n项和为S n.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．17.（10分）已知数列{an }是等差数列，a2=3,a5=6,求数列{an}的通项公式与前n项的和Mn.18.（12分）等比数列{an }的前n项和为Sn，已知S1,S3,S2成等差数列.（1）求{an}的公比q；（2）若a1-a3=3,求Sn.19.（12分）数列{an }的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1=a1,bn=an-an-1（n≥2），若an+Sn=n，cn=an-1.（1）求证：数列{cn}是等比数列；（2）求数列{bn}的通项公式.20.（12分）如果有穷数列a1,a2,a3,…,am（m为正整数）满足条件a1=am, a2=am-1,…,am=a1,即ai =am-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{bn }是7项的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4是等差数列，且b1=2,b4=11.依次写出{bn}的每一项；（2）设{cn }是49项的“对称数列”，其中c25,c26,…,c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S.21.(12分)已知数列{an }的前n项和为(),等差数列{bn}中，bn>0(),且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.（1）求数列{an },{bn}的通项公式；（2）求数列{an +bn}的前n项和Tn.(选做题)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an =4an-1+3,a1=0，依次求得a2=3,a3=15,a4=63,a5=255.3.【解析】选A.等比数列{an }中，a3,a6,a9也成等比数列，∴a62=a3a9,∴a3=4.4.【解析】选B.a1+a3+a5=105,∴a3=35,同理a4=33,∴d=-2,a1=39,∴a20=a1+19d=1.5.【解析】选B.设公差为d,由a1=2,a2+a3=13,得d=3,则a4+a5+a6= (a1+3d)+(a2+3d)+(a3+3d)=(a1+a2+a3)+9d=15+27=42.6.【解析】选B.S4-S2=a3+a4=20-4=16，∴a3+a4-S2=（a3-a1）+(a4-a2)=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S10=100.8.【解题提示】利用等差数列的定义.【解析】选D.∵2an+1-2an=1,∴,∴数列{an }是首项a1=2,公差的等差数列，∴.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a1+a2+a3+a11+a12+a13=150,∴3(a1+a13)=150,∴a1+a13=50,∴a4+a10=a1+a13=50.11.【解题提示】结合Sn +Sm=Sn+m,对m,n赋值，令n=9,m=1,即得S9+S1=S10,即得a10=1.【解析】选A.∵Sn +Sm=Sn+m,∴令n=9,m=1,即得S9+S1=S10,即S1=S10-S9=a10,又∵S1=a1,∴a10=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.a5·a2n-5=22n(n≥3),∴an 2=22n,an>0,∴an =2n,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2.13.【解题提示】利用等差数列前n项和的性质【解析】由题意可知Sm ,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列，2（S2m-Sm）=Sm+S3m-S2m∴S3m =3(S2m-Sm)=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a4-a3=4得a2q2-a2q=4,即2q2-2q=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{an },{bn}的前n项和分别为An,Bn.则.答案：三、解答题：16.【解析(1)因为数列{a n}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a21＝1×(a1＋2)，即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.(2)因为数列{a n}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞a21＋8a1，即a21＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.故a1的取值范围为(－5,2)．17.【解析】设{an}的公差为d,∵a2=3,a5=6,∴,∴a1=2,d=1,∴an=2+(n-1)=n+1.18.【解析】（1）依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2)由于a1≠0，故2q2+q=0，又q≠0,从而.（2）由已知得a1-a1()2=3,故a1=4从而.19.【解析】（1）∵a1=S1,an+Sn=n,①∴a1+S1=1,得.又an+1+Sn+1=n+1 ②①②两式相减得2(an+1-1)=an-1，即,也即,故数列{cn}是等比数列.（2）∵,∴,.故当n≥2时，.又,即.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{bn }的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11,解得d=3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2.（2）S=c1+c2+…+c49=2(c25+c26+…+c49)-c25=2(1+2+22+…+224)-1 =2(225-1)-1=226-3.21.【解析】（1）a1=1,an=Sn-Sn-1=3n-1,n>1，∴an =3n-1()，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴a1=1,a2=3,a3=9,在等差数列{bn}中，∵b1+b2+b3=15,∴b2=5.又因a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d,∴（1+5-d）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2,∵bn>0(),∴舍去d=-10,取d=2,∴b1=3.∴bn=2n+1().（2）由（1）知∴Tn =a1+b1+a2+b2+…+an+bn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn).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a1=200+2 000×0.01=220(元);第2次付款金额为a2=200+(2 000-200)×0.01=218(元)……第n次付款金额为an=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 (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2 000×(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.应有,精品文档实用文档所以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.B\31329 7A61 穡_ 37134 910E 鄎35625 8B29 謩24994 61A2 憢39366 99C6 駆34817 8801 蠁34370 8642 虂30352 7690 皐-133115 815B 腛。

【测控设计】高二数学人教A版必修5单元测评：第二章数列B含解析.doc

第二章测评B（高考体验卷）（时间:90分钟满分:100分）—、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.（2014重庆高考）在等差数列｛如中,ai=2,a3+a5=10,则a7=（）A.5B.8C.10D.14解析:由等差数列的性质，可知4[+如=。

3+。

5・因为。

1=2,。

3+。

5=10,所以617=8.故选B.答案:B2.（2014重庆高考）对任意等比数列｛给｝,下列说法一定正确的是（）A・W3,O9成等比数列B.a2,Q3,d6成等比数列C.d2,d4,d8成等比数列D.G3,%a9成等比数列解析:根据等比数列的性质，若加N+）,则如弘冷成等比数列，故选D.答案:D3.（2014福建高考）等差数列｛冷｝的前n项和为必,若6/^2,53=12,则他等于（）A.8B.10C.12D.14（・）_________解析:因为S3=3ai+ d=3x2+ d=12,所以d=2.所以6f6=«i+（6-l）J=2+5x2=l2.故选C.答案:c4.（2014天津高考）设｛禺｝是首项为a】,公差为・1的等差数列,S“为其前“项和若$,S2,S4成等比数列，则如二（）A.2B.-2C._D.-_解析:由题意知=S「S4,则a+di・l）2=Qi（4a]・6）,解得di=-.故选D.答案:D5.（2014辽宁高考）设等差数列｛禺｝的公差为d.若数列｛｝为递减数列，则（）A.d>0B.dvOC.d]d>0D.d]dvO解析:・・・｛｝为递减数列，2«l fl n z、・•・ <1.・・・dMvO.故选D.答案:D6.（2014课标全国II高考）等差数列仏｝的公差为2,若如他,购成等比数列，则｛如｝的前n 项和s=()( ) (・) A・〃(n+1) ) C. D.解析: '：如。

4,。

8成等比数列，•: =。

人教A版高中数学必修五高二《第二章数列》单元测试题试题分析.docx

1、试卷整体分析
本套试卷适合高三一轮专题单元测试，考察的内容是必修五的第二章《数列》。

根据我校高三学生在一轮复习对所学知识综合应用能力一般，依据新考纲及教材，所选试题稍微有一定的难度，目的是引导学生在后面的学习中要夯实双基，提高灵活应用知识的能力。

试题所含知识点的覆盖面广，重点考察数列的核心内容，即两类特殊数列的定义、通项公式、性质、求和；对数列通项公式所用的累加法，求和的裂项相消法等一些常用方法在试卷中都有体现。

同时考察了分类讨论思想、函数与方程的思想及化归思想。

整体设置由易到难，梯度分明，解答题一题多问，层层深入。

2、各知识点的分布
知识点题号分值数列的分类 2 4
定义1、7、8、13、14 20 通项公式3、11、12、18、20 32
性质4、5、9、15 16
求和10、16、17、19 24
a n与s n 的关系 6 4
3、试卷亮点
试卷有三大亮点：设置了对新数列性质的探索，如第1题，第7题，目的是启发学生对两类特殊数列定义的深入理解；在求和中设置了对数列通项公式的探究，从而进一步寻求求和的方法，如选择题的第16题；设置了对数学思想方法的深度考察，如第8题在判断数列分类时，对字母a的分类讨论，第9题将函数转化为方程，利用函数的零点与方程根的关系进行判断，体现了函数与方程的思想，解答题的第19题也是运用函数的观点处理等差数列求和的最值问题。

大约在0.6左右。

第二章数列单元综合测试(人教A版必修5)

第二章数列单元综合测试时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．数列{2n ＋1}的第40项a 40等于( ) A ．9 B ．10 C ．40D ．41解析：a 40＝2×40＋1＝81＝9.答案：A2．等差数列{2－3n }中，公差d 等于( ) A ．2 B ．3 C ．－1D ．－3解析：设a n ＝2－3n ，则an ＋1－a n ＝[2－3(n ＋1)]－(2－3n )＝－3. 答案：D3．数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 10等于( )A ．10B ．210C ．210－2D ．211－2解析：∴数列{a n }是公比为2的等比数列且a 1＝2.答案：D4．在等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，若a 7＝5，S 7＝21，那么S 10等于( ) A ．55 B ．40 C ．35D ．70解析：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝5，7a 1＋21d ＝21，解得d ＝23，a 1＝1，则S 10＝10a 1＋45d ＝40. 答案：B5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4等于( ) A ．7 B ．8 C ．15D ．16解析：设公比为q ，由于4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则4a 2＝4a 1＋a 3，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2. 所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1－241－2＝15.答案：C6．等差数列{a n }的前n 项和为S n, 若a 3＋a 17＝10，则S 19的值是( ) A ．55 B ．95 C ．100D ．不确定解析：a 3＋a 17＝a 1＋a 19，∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝192×10＝95.答案：B7．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝( )A ．120B ．105C ．90D ．75解析：{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，即3a 2＝15，则a 2＝5. 又a 1a 2a 3＝80，∴a 1a 3＝(5－d )(5＋d )＝16，∴d ＝3.答案：B8．一个只有有限项的等差数列，它前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( )A ．22B ．21C ．19D ．18解析：设该数列有n 项，且首项为a 1，末项为a n, 公差为d .则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝34，①5a n －10d ＝146，②a 1＋an2·n ＝234，③①＋②可得a 1＋a n ＝36.代入③得n ＝13.从而有a 1＋a 13＝36. 又所求项a 7恰为该数列的中间项，∴a 7＝a 1＋a 132＝362＝18.故选D.答案：D9．三个不同的实数a ，b ，c 成等差数列，又a ，c ，b 成等比数列，则ab 等于( )A ．－2B ．2C ．－4D ．4解析：∵2b ＝a ＋c ，∴c ＝2b －a .∵c 2＝ab ，∴a 2－5ab ＋4b 2＝0，∴a ＝b (舍去)或a ＝4b ，∴a b＝4. 答案：D10．已知等比数列{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等于( )A ．n (2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2解析：设公比为q ，答案：C11．在一直线上共插有13面小旗，相邻两面小旗之间距离为10 m ，在第一面小旗处有一个人，把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路程最短，应集中到哪一面小旗的位置上( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：图1如图1所示，设将旗集中到第x 面小旗处，则从第一面旗到第x 面旗共走路程为10(x－1)m ，然后回到第二面旗处再到第x 面处的路程是20(x －2)m ，…，从第x －1面到第x 面来回共20 m ，从第x 面处到第x ＋1面处路程为20 m ，从第x 面到第x ＋2面处的路程为20×2 m ，….总共的路程为s ＝10(x －1)＋20(x －2)＋20(x －3)＋…＋20×1＋20×1＋20×2＋…＋20×(13－x )＝10(x －1)＋20·(x －2)(x －1)2＋20·(13－x )(14－x )2＝10[(x －1)＋(x －2)(x －1)＋(13－x )(14－x )]＝10(2x 2－29x ＋183)＝20(x －294)2＋31154.∵x ∈N *，∴当x ＝7时，s 有最小值为780 m ，即将旗集中到第7面小旗处，所走的路程最短．答案：A12．若数列{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2007＋a 2008>0，a 2007·a 2008<0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4013B ．4014C ．4015D ．4016解析：由已知a 1>0，a 2007·a 2008<0，可得数列{a n }为递减数列，即d <0，a 2007>0，a 2008<0.利用等差数列的性质及前n 项和公式可得所以使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是4014，选B. 答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．数列{a n }中的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则通项公式a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2n ＋2)－[(n －1)2－2(n －1)＋2]＝2n －3. 又n ＝1时，2n －3≠a 1，所以有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n >1.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n >114．设{a n }为公比q >1的等比数列，若a 2006和a 2007是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2008＋a 2009＝________.解析：方程4x 2－8x ＋3＝0的两根是12和32，答案：1815．等差数列{a n }中，若S 12＝8S 4，且d ≠0，则a 1d等于________．解析：∵S 12＝12a 1＋66d ，S 4＝4a 1＋6d ，又S 12＝8S 4，∴12a 1＋66d ＝32a 1＋48d .∴20a 1＝18d ，∴a 1d ＝1820＝910.答案：91016．用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.78]＝0，[3.01]＝3，如果定义数列{x n }的通项公式为x n ＝[n5](n ∈N *)，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝________.解析：x 5n ＝[5n5]＝[n ]＝n ，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝5[x 5＋x 10＋x 15＋…＋x 5(n －1)]＋x 5n ＝5(1＋2＋…＋n －1)＋n ＝52n 2－32n .答案：52n 2－32n三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(本小题10分)三个数成等比数列，其积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列．求这三个数．解：设三数为aq，a ，aq .由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝512，(a q －2)＋(aq －2)＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，q ＝12.所以这三个数为4,8,16或16,8,4.18．(本小题12分)求和：(a －1)＋(a 2－2)＋…＋(a n －n )，a ≠0. 解：原式＝(a ＋a 2＋…＋a n )－(1＋2＋…＋n )＝(a ＋a 2＋…＋a n )－n (n ＋1)2＝⎩⎪⎨⎪⎧a (1－a n )1－a－n (n ＋1)2(a ≠1)，n －n 22(a ＝1).19．(本小题12分)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，a 5＝18；数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋12b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)设{a n }的公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝6，a 1＋4d ＝18，解得a 1＝2，d ＝4. ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2.(2)证明：当n ＝1时，b 1＝T 1，由T 1＋12b 1＝1，得b 1＝23.当n ≥2时，∵T n ＝1－12b n ，Tn －1＝1－12b n －1，∴T n －T n －1＝12(bn －1－b n )．∴b n ＝12(b n －1－b n )．∴b n ＝13b n －1. ∴{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．20．(本小题12分)假设某市2007年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积(以2007年为累计的第一年)等于4750万平方米？解：设n 年后该市每年所建中低价房的面积为a n ，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n .令25n 2＋225n ＝4750，即n 2＋9n －190＝0，解得n ＝－19或n ＝10. 又n 是正整数，∴n ＝10.到2016年底，该市历年所建中低价房的累计面积等于4750万平方米． 21．(本小题12分)设a 1＝1，a 2＝53，an ＋2＝53an ＋1－23a n (n ∈N *)．(1)令b n ＝an ＋1－a n (n ∈N *)，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)因为b n ＋1＝a n ＋2－a n ＋1＝53a n ＋1－23a n －a n ＋1＝23(a n ＋1－a n )＝23b n ，所以数列{b n }是首项为b 1＝a 2－a 1＝23，公比为23的等比数列，所以b n ＝(23)n (n ＝1,2，…)．22．(本小题12分)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1.S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n ≥2)．(1)证明数列{1S n}成等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a 81＝－491时，求上表中第k (k ≥3)行所有项的和．解：(1)证明：由已知，当n ≥2时，2b nb n S n －S 2n＝1，又因为S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，又因为S 1＝b 1＝a 1＝1，所以数列{1S n }是首项为1，公差为12的等差数列．由上可知1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1). 因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2. (2)设题表中从第三行起，每行的公比都为q ，且q >0.因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{a n }的前78项．故a 81在表中第13行第三列，因此a 81＝b 13·q 2＝－491.又b 13＝－213×14，所以q ＝2.记表中第k (k ≥3)行所有项的和为S ，即S ＝b k (1－q k )1－q ＝－2k (k ＋1)·1－2k 1－2＝2k (k ＋1)(1－2k )(k ≥3)．。

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习(含解析)新人教A版必修5

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习（含解析）新人教A版必修51.等比数列{a n}的各项都是正数,若a1=81,a5=16,则它的前5项和是( B )(A)179 (B)211 (C)248 (D)275解析:由16=81×q4,q>0得q=,所以S5==211.故选B.2.在等比数列{a n}中,若a4,a8是方程x2-4x+3=0的两根,则a6的值是( A )(A)(B)-(C)±(D)±3解析:依题意得,a4+a8=4,a4a8=3,故a4>0,a8>0,因此a6>0(注:在一个实数等比数列中,奇数项的符号相同,偶数项的符号相同),a6==.故选A.3.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( C )(A)(B)-(C)(D)-解析:设等比数列{a n}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,所以q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.故选C.4.等比数列{a n}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于( C )(A)2 (B)(C)4 (D)解析:因为a3=3S2+2,a4=3S3+2,所以a4-a3=3(S3-S2)=3a3,即a4=4a3,所以q==4,故选C.5.等比数列{a n}的前n项和S n=3n-a,则实数a的值为( B )(A)0 (B)1 (C)3 (D)不存在解析:法一当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2·3n-1,==3.又a1=S1=3-a,a2=2×3=6,则=.因为{a n}是等比数列,所以=3,得a=1.故选B.法二由等比数列前n项和公式知,3n系数1与-a互为相反数,即-a=-1,则a=1.故选B.6.在14与之间插入n个数组成等比数列,若各项和为,则数列的项数为( B )(A)4 (B)5 (C)6 (D)7解析:设公比为q,由等比数列的前n项和公式及通项公式得解之,得则数列的项数为5.故选B.7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”则该人最后一天走的路程为( C )(A)24里(B)12里(C)6里(D)3里解析:记每天走的路程里数为{a n},易知{a n}是公比q=的等比数列,S6=378,S6==378,所以a1=192,所以a6=192×=6,故选C.8.设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:由3S1,2S2,S3成等差数列知,4S2=3S1+S3,可得a3=3a2,所以公比q=3,故等比数列通项a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-19.在等比数列{a n}中,已知a1+a2+a3=1,a4+a5+a6=-2,则该数列的前15项和S15= .解析:记b1=a1+a2+a3,b2=a4+a5+a6,…,b5=a13+a14+a15,依题意{b n}构成等比数列,其首项b1=1,公比为q==-2,则{b n}的前5项和即为{a n}的前15项和S15==11.答案:1110.在等比数列{a n}中,公比q=,且log2a1+log2a2+…+log2a10=55,则a1+a2+…+a10= .解析:据题意知log2(·q1+2+…+9)=log2(·q45)=55,即=2100.又a n>0,所以a1=210,所以S10=211-2.答案:211-211.已知等比数列前20项和是21,前30项和是49,则前10项和是.解析:由S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(21-S10)2=S10(49-21).所以S10=7或S10=63.答案:7或6312.已知数列{a n} 的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,求S n的值.解:因为S n=2a n+1,所以n≥2时,S n-1=2a n.因为a n=S n-S n-1=2a n+1-2a n,所以3a n=2a n+1,所以=.又因为S1=2a2,所以a2=,所以=,所以{a n}从第二项起是以为公比的等比数列.所以S n=a1+a2+a3+…+a n=1+=()n-1.13.知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意得d===3,所以a n=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n-a n}的公比为q,由题意得q3===8,解得q=2.所以b n-a n=(b1-a1)q n-1=2n-1.从而b n=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知b n=3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为=2n-1.所以数列{b n}的前n项和为n(n+1)+2n-1.14.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)求证是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)求证++…+<.证明:(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3(a n+).又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.所以a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=(1-)<.所以++…+<.15.数列{a n}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则+++…+等于( B )(A)(3n-1)2(B)(9n-1)(C)9n-1 (D)(3n-1)解析:因为a1+a2+…+a n=3n-1,n∈N*,n≥2时,a1+a2+…+a n-1=3n-1-1,所以当n≥2时,a n=3n-3n-1=2·3n-1,又n=1时,a1=2适合上式,所以a n=2·3n-1,故数列{}是首项为4,公比为9的等比数列.因此++…+==(9n-1).故选B.16.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为( B )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)3解析:设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.因为==q m+1=9,所以q m=8.所以==q m=8=,所以m=3,所以q3=8,所以q=2.故选B.17.设各项都是正数的等比数列{a n},S n为前n项和且S10=10,S30=70,那么S40= .解析:依题意,知数列{a n}的公比q≠-1,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30;又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,故S40-S30=80,S40=150.答案:15018.已知等差数列{a n}的首项a1=1,公差d>0,且第2项,第5项,第14项分别是等比数列{b n}的第2项,第3项,第4项.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}对于任意n∈N*均有+++…+=a n+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 015+c2 016的值. 解:(1)依题意得b2=a2=a1+d,b3=a5=a1+4d,b4=a14=a1+13d,由等比中项得(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2或d=0(舍去),因此a n=1+2(n-1)=2n-1,b2=3,b3=9,b4=27,故数列{b n}是首项为1,公比为3的等比数列.因此b n=3n-1.(2)因为+++…+=a n+1,所以当n≥2时,+++…+=a n,两式作差得=a n+1-a n=d,又d=2,故c n=2×3n-1,又=a2,所以c1=3,因此数列c n=。

人教新课标版数学高二-2013-高中数学人教A版必修五单元测评第二章数列

单元测评数列(时间：90分钟满分：120分) 第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．一个等差数列的第5项等于10，前3项的和等于3，那么( ) A ．它的首项是－2，公差是3 B ．它的首项是2，公差是－3 C ．它的首项是－3，公差是2 D ．它的首项是3，公差是－2解析：⎩⎨⎧a 5＝10，S 3＝3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝10，3a 1＋3×22·d ＝3⇒a 1＝－2，d ＝3.答案：A2．等比数列{a n }中，T n 表示前n 项的积，若T 5＝1，则( ) A ．a 1＝1 B ．a 3＝1 C ．a 4＝1D ．a 5＝1解析：∵T 5＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 23·a 23·a 3＝1，∴a 3＝1.答案：B3．若一个等差数列前三项的和为34，最后三项和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝34，a n ＋a n －1＋a n －2＝146，∴3(a 1＋a n )＝180.∴a 1＋a n ＝60.∵n2(a 1＋a n )＝390，∴n ＝13. 答案：A4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝26－2n ，要使此数列的前n 项和S n 最大，则n 的值为( )A ．12B ．13C ．12或13D ．14解析：∵a 13＝0，∴n ＝12或13，S n 最大．答案：C5．在等比数列{a n }中，若a 1＝1，q ＝2，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A ．(2n －1)2 B.13(2n －1) C ．4n －1D.13(4n －1)解析：S n ＝1·(1－4n )1－4＝13(4n －1)．答案：D6．在正项等比数列{a n }中，a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35解析：∵a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6，∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 2(a 5a 6)5＝log 395＝10. 答案：B7．已知等差数列前n 项的和为S n ，若S 13＜0，S 12＞0，则在数列中绝对值最小的项为( )A ．第5项B ．第6项C ．第7项D ．第8项解析：⎩⎨⎧S 13＜0，S 12＞0⇒⎩⎨⎧a 1＋a 13＜0，a 1＋a 12＞0⇒⎩⎨⎧a 7＋a 7＜0，a 6＋a 7＞0⇒⎩⎨⎧a 7＜0，a 6＞0，∴绝对值最小的项为第7项．答案：C8．已知数列的前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且S 25＝100，则a 12＋a 14为( )A ．16B ．4C ．8D ．不确定解析：{a n }是等差数列．答案：C9．某储蓄所计划从2011年起，力争做到每年的吸储量比前一年增长8%，则到2014年底该储蓄所的吸储量将比2011年的吸储量增加( )A ．24%B ．32%C ．(1.083－1)×100%D ．(1.084－1)×1.083 答案：C10．数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…中，第100项是( ) A ．10 B ．13 C ．14 D ．100答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 11．数列{a n }中的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则通项公式a n ＝__________.解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2n ＋2)－[(n －1)2－2(n －1)＋2]＝2n －3.又n ＝1时，2n －3≠a 1，所以有a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2n －3，n ＞1.答案：⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ＞112．设{a n }为公比q ＞1的等比数列，若a 2 006和a 2 007是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2 008＋a 2 009＝__________.解析：方程4x 2－8x ＋3＝0的两根是12和32，又q ＞1，则a 2 006＝12，a 2 007＝32.则q ＝a 2 007a 2 006＝3.所以a 2 008＋a 2 009＝q 2(a 2 006＋a 2 007)＝18. 答案：1813．用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.78]＝0，[3.01]＝3，如果定义数列{x n }的通项公式为x n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 5(n ∈N *)，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝__________.解析：x 5n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤5n 5＝[n ]＝n ，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝5[x 5＋x 10＋x 15＋…＋x 5(n －1)]＋x 5n ＝5(1＋2＋…＋n －1)＋n ＝52n 2－32n .答案：52n 2－32n14．设y ＝f (x )是一次函数，f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝__________.解析：设f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，又f (0)＝1，则b ＝1，所以f (x )＝kx ＋1(k ≠0)．又f 2(4)＝f (1)f (13)，所以(4k ＋1)2＝(k ＋1)(13k ＋1)，解得k ＝2. 所以f (x )＝2x ＋1，则f (2n )＝4n ＋1. 所以{f (2n )}是公差为4的等差数列．所以f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝n (5＋4n ＋1)2＝2n 2＋3n . 答案：2n 2＋3n三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)数列{a n }的前n 项和记为S n ，点(n ，S n )在曲线f (x )＝x 2－4x (x ∈N *)上．求数列{a n }的通项公式．解：由点(n ，S n )在曲线f (x )＝x 2－4x (x ∈N *)上知S n ＝n 2－4n ，(4分)当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n －[(n －1)2－4(n －1)]＝2n －5；(8分)当n ＝1时，a 1＝S 1＝－3，满足上式；(10分) ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －5.(12分)16．(12分)(2012·肇庆高二检测)已知数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5.(1)求{a n }的通项a n 和前n 项和S n ；(2)设c n ＝5－a n2，b n ＝2c n ，证明数列{b n }是等比数列．解：(1)设{a n }的公差为d ，由已知条件得，⎩⎨⎧a 1＋d ＝1，a 1＋4d ＝－5，解得a 1＝3，d ＝－2，(3分) 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5， S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋4n .(6分) (2)∵a n ＝－2n ＋5，∴c n ＝5－a n 2＝5－(－2n ＋5)2＝n ；(8分) ∴b n ＝2c n ＝2n .(10分) ∵b n ＋1b n＝2n ＋12n ＝2(常数)，∴数列{b n }是等比数列．(12分)17．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解：(1)由S n ＝2n 2＋n ，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋n )－[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1，当n ＝1时，a 1＝3符合上式，所以a n ＝4n －1(n ∈N *)．由a n ＝4log 2b n ＋3，(4分) 可得4n －1＝4log 2b n ＋3，解得b n ＝2n －1(n ∈N *)．(6分) (2)a n b n ＝(4n －1)·2n －1，∴T n ＝3＋7×21＋11×22＋15×23＋…＋(4n －1)×2n －1，① 2T n ＝3×21＋7×22＋11×23＋15×24＋…＋(4n －1)×2n .② ①－②可得－T n ＝3＋4(21＋22＋23＋24＋…＋2n －1)－(4n －1)×2n ＝3＋4×2(1－2n －1)1－2－(4n －1)×2n＝－5＋(5－4n )×2n ， ∴T n ＝5＋(4n －5)×2n .(12分)18．(14分)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，且满足4S n ＝(a n ＋1)2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：(1)因为(a n ＋1)2＝4S n ，所以S n ＝(a n ＋1)24，S n ＋1＝(a n ＋1＋1)24. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)24，即4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，∴2(a n ＋1＋a n )＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．(4分) 因为a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，即{a n }为公差等于2的等差数列．由(a 1＋1)2＝4a 1，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(6分)(2)由(1)知b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝12－12(2n ＋1).(10分)∵T n ＋1－T n ＝12－12(2n ＋3)－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12－12(2n ＋1) ＝12(2n ＋1)－12(2n ＋3)＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＞0，∴T n ＋1＞T n .∴数列{T n }为递增数列，(12分) ∴T n 的最小值为T 1＝12－16＝13.(14分)。

人教A数学必修5_高中同步测试卷(五)单元检测数列的概念及表示方法和等差数列

高中同步测试卷(五)单元检测数列的概念及表示方法和等差数列(时间：120分钟，满分：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．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的第4项是( )A ．1 B.12 C.34 D.582．在数列－1，0，19，18，…，n －2n2，…中，0.08是它的( )A ．第100项B ．第12项C ．第10项D ．第8项3．已知等差数列{a n }中各项都不相等，a 1＝2，且a 4＋a 8＝a 23，则d ＝( ) A ．0 B.12 C ．2 D ．0或124．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝a 8＋6，则S 7＝( )A ．49B ．42C ．35D ．285．在等差数列{a n }中，若a 1，a 2017为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 009＋a 2 016＝( )A ．10B ．15C ．20D ．406．把70个面包分五份给5个人，使每人所得的面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的16是较小的两份之和，则最小的一份面包的个数为( )A ．2B ．8C ．14D ．207．由1，3，5，…，2n －1，…构成数列{a n }，数列{b n }满足b 1＝2，当n ≥2时，b n ＝ab n －1，则b 6的值是( )A ．9B ．17C ．33D ．658．已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 是( )A ．18B ．19C ．20D ．219．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x －3（x ≤7），a x －6（x ＞7），数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫94，3B.⎣⎡⎭⎫94，3 C ．(1，3) D ．(2，3) 10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋2，若对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－2，＋∞)D ．(－3，＋∞)11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.10110012．已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝－a n ＋a m ＋m ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 017＝( ) A ．2 017 B.12 017 C ．－2 017 D ．－12 017二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．在数列1，1，2，3，5，8，x ，21，34，55中，x ＝________．14．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 20＝________． 15．已知等差数列的前三项依次是m ，6m ，m ＋10，则这个等差数列的第10项是________． 16．等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝________．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)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＋2a n a n ＋1－a n ＝0. (1)写出数列的前5项；(2)由(1)写出数列{a n }的一个通项公式；(3)实数199是否为这个数列中的一项？若是，应为第几项？18．(本小题满分12分)已知数列{a n }是等差数列，c n ＝a 2n －a 2n ＋1(n ∈N *)．(1)判断数列{c n }是否为等差数列，并说明理由；(2)如果a 1＋a 3＋…＋a 25＝130，a 2＋a 4＋…＋a 26＝117，试求数列{a n }的公差d 及通项公式．19.(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a na n ＋2. (1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是否为等差数列？说明理由；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }的前n 项和S n ＝8a 2n－n ＋1，求数列{b n }的通项公式．20．(本小题满分12分)设等差数列的前n 项和为S n .已知a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0. (1)求公差d 的取值范围；(2)指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由．21.(本小题满分12分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，以后各项由a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3)给出．(1)写出此数列的前5项；(2)通过公式b n ＝a na n ＋1构造一个新的数列{b n }，写出数列{b n }的前4项．22．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝1＋1a n，我们知道当a 取不同的值时，得到不同的数列，如当a ＝1时，得到无穷数列：1，2，32，53，…；当a ＝－12时，得到有穷数列：－12，－1，0.(1)当a 为何值时，a 4＝0?(2)设数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝1b n －1，求证：a 取数列{b n }中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{a n }．参考答案与解析1．【解析】选B.因为a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋12n ，所以a 2＝12a 1＋12＝1，a 3＝12a 2＋14＝34，a 4＝12a 3＋18＝12. 2．【解析】选C.因为a n ＝n －2n 2，令n －2n 2＝0.08，解得n ＝10或n ＝52(舍去)．3．【解析】选B.由已知得a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝(a 1＋2d )2，即2a 1＋10d ＝a 21＋4a 1d ＋4d 2.又a 1＝2，所以4d 2－2d ＝0，所以2d (2d －1)＝0，所以d ＝0或d ＝12.又因为{a n }中各项都不相等，所以d ＝12.4．【解析】选B.因为数列{a n }是等差数列，所以2a 6＝a 4＋a 8＝a 8＋6，所以a 4＝6，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝7×2a 42＝7×a 4＝7×6＝42.5．【解析】选B.由题意知a 1＋a 2 017＝a 2＋a 2 016＝2a 1 009＝10，解得a 1 009＝5，所以a 2＋a 1 009＋a 2 016＝3a 1 009＝15，故选B.6．【解析】选A.设等差数列为{a n }，首项为a 1，公差为d ＞0，则有⎩⎨⎧16（a 3＋a 4＋a 5）＝a 1＋a 2，5a 1＋5×42×d ＝70，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝6.7．【解析】选C.因为a n ＝2n －1，b 1＝2，b n ＝ab n －1＝2b n －1－1，所以b 2＝2b 1－1＝3，b 3＝2b 2－1＝5，b 4＝2b 3－1＝9，b 5＝2b 4－1＝17，b 6＝2b 5－1＝33.8．【解析】选C.由a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，两式相减得3d ＝－6，即d ＝－2.又a 1＋a 3＋a 5＝105，所以a 1＝39，所以S n ＝39n －n (n －1)＝－(n －20)2＋400，所以当n ＝20时，S n 有最大值400，故选C.9．【解析】选D.因为数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a ＞0，a ＞1，f （8）＞f （7）⇒2＜a ＜3.10．【解析】选D.由a n ＋1＞a n ，得(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋2＞n 2＋kn ＋2，所以k ＞－(2n ＋1)．因为当n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，只要k ＞－3，则都有a n ＋1＞a n .11．【解析】选A.由a 5＝5，S 5＝15，得a 1＝1，d ＝1，所以a n ＝1＋(n －1)＝n ，所以1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 1a 1a 2＋…＋1a 100a 101＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 12．【解析】选A.令m ＝1，得a n ＋1＝－a n ＋a 1＋1，即a n ＋1＝－a n ＋1＋1，于是a n ＋1＝2－a n ，因此a 2＝2－a 1＝1，a 3＝2－a 2＝1，a 4＝2－a 3＝1，…，即a n ＝1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 017＝2 017，故选A. 13．【解析】因为数列从第三项开始每一项都等于它前面两项的和．所以x ＝5＋8＝13. 【答案】1314．【解析】由a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)知：a 2＝a 1－33a 1＋1＝－3，a 3＝a 2－33a 2＋1＝3，a 4＝a 3－33a 3＋1＝0，…，每3项一循环，故a 20＝a 6×3＋2＝a 2＝－ 3. 【答案】－ 315．【解析】由已知得12m ＝2m ＋10，所以m ＝1，故a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，所以d ＝5，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋5(n －1)＝5n －4，所以a 10＝5×10－4＝46. 【答案】4616．【解析】log 2(2 a 1·2 a 2·…·2 a 10)＝log 22a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝10（a 1＋a 10）2＝10×（a 5＋a 6）2＝10×42＝20.【答案】2017．【解】(1)由已知可得a 1＝1，a 2＝13，a 3＝15，a 4＝17，a 5＝19.(2)由(1)可得数列的每一项的分子均为1，分母分别为1，3，5，7，9，…，所以它的一个通项公式为a n ＝12n －1.(3)令199＝12n －1，解得n ＝50，故199是这个数列的第50项．18．【解】(1)设数列{a n }的公差为d ，则c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋1－a 2n ＋2)－(a 2n －a 2n ＋1) ＝2a 2n ＋1－(a n ＋1－d )2－(a n ＋1＋d )2＝－2d 2，所以数列{c n }是以－2d 2为公差的等差数列．(2)因为a 1＋a 3＋…＋a 25＝130，a 2＋a 4＋…＋a 26＝117，两式相减得13d ＝－13，所以d ＝－1，因为a 1＋a 3＋…＋a 25＝130，所以13a 13＝130，所以a 13＝10＝a 1＋12d ＝a 1－12，所以a 1＝22，所以a n ＝22＋(n －1)×(－1)＝23－n .19．【解】(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，理由如下：因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n ，所以1a n ＋1－1a n ＝12，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝12，公差为d ＝12的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝12＋n －12＝n2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(3)因为a n ＝2n，所以S n ＝8a 2n －n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫n 22－n ＋1＝2n 2－n ＋1.当n ＝1时，b 1＝S 1＝2×12－1＋1＝2；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝2n 2－n ＋1－[2(n －1)2－(n －1)＋1]＝4n －3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝14n －3，n ≥2.20．【解】(1)依题意⎩⎨⎧S12＝12a 1＋12×112d ＞0，S13＝13a 1＋13×122d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋11d ＞0，①a 1＋6d ＜0.② 由a 3＝12，得a 1＋2d ＝12.③把③分别代入①②，得⎩⎪⎨⎪⎧24＋7d ＞0，3＋d ＜0，解得－247＜d ＜－3，即公差d 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－247，－3. (2)法一：由d ＜0可知{a n }是递减数列，因此若在1≤n ≤12中，使a n ＞0且a n ＋1＜0，则S n 最大．由于S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，可得a 6＞－a 7＞0，a 7＜0，故在S 1，S 2，…，S 12中S 6的值最大．法二：S n ＝na 1＋n （n －1）2d＝n (12－2d )＋n （n －1）2d＝d 2⎣⎡⎦⎤n －12⎝⎛⎭⎫5－24d 2－ d 2⎣⎡⎦⎤12⎝⎛⎭⎫5－24d 2，因为d ＜0，所以⎣⎡⎦⎤n －12⎝⎛⎭⎫5－24d 2最小时，S n 最大．因为－247＜d ＜－3，6＜12⎝⎛⎭⎫5－24d ＜132，所以当n ＝6时，⎣⎡⎦⎤n －12⎝⎛⎭⎫5－24d 2最小，S 6最大． 21．【解】(1)因为a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3)，且a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝a 2＋a 1＝3， a 4＝a 3＋a 2＝3＋2＝5， a 5＝a 4＋a 3＝5＋3＝8. 故数列{a n }的前5项依次为a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5，a 5＝8.(2)因为b n ＝a na n ＋1，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5，a 5＝8，所以b 1＝a 1a 2＝12，b 2＝a 2a 3＝23，b 3＝a 3a 4＝35，b 4＝a 4a 5＝58.故b 1＝12，b 2＝23，b 3＝35，b 4＝58.22．【解】(1)法一：因为a 1＝a ，a n ＋1＝1＋1a n，所以a 2＝1＋1a 1＝1＋1a ＝a ＋1a ，a 3＝1＋1a 2＝2a ＋1a ＋1，a 4＝1＋1a 3＝3a ＋22a ＋1.故当a ＝－23时，a 4＝0.法二：因为a 4＝0，所以1＋1a 3＝0，得a 3＝－1.因为a 3＝1＋1a 2，所以a 2＝－12.因为a 2＝1＋1a ，所以a ＝－23.故当a ＝－23时，a 4＝0.(2)证明：因为b 1＝－1，b n ＋1＝1b n －1，所以b n ＝1b n ＋1＋1.a 取数列{b n }中的任一个数，不妨设a ＝b n . 因为a 1＝a ＝b n ，所以a 2＝1＋1a 1＝1＋1b n ＝b n －1，所以a 3＝1＋1a 2＝1＋1b n －1＝b n －2，…，所以a n ＝1＋1a n －1＝1＋1b 2＝b 1＝－1.所以a n ＋1＝0.故a 取数列{b n }中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{a n }．。

2019_2020学年高中数学第二章数列能力测试新人教A版必修5

第二章数列能力检测满分150分．考试时间120分钟．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．(2019年山西太原期末)数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n n ＋12B ．a n ＝n n －12C ．a n ＝n 2－(n －1) D ．a n ＝n 2－1【答案】A【解析】观察数列1,3,6,10，…，可以发现1＝1,3＝1＋2,6＝1＋2＋3,10＝1＋2＋3＋4，…，第n 项为1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12.∴a n ＝n n ＋12.故选A ．2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差d 是( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2【答案】D【解析】由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d2＝1，∴d ＝2.3．已知3，a ＋2，b ＋4成等比数列，1，a ＋1，b ＋1成等差数列，则等差数列的公差为( ) A ．4或－2 B ．－4或2 C ．4 D ．－4【答案】C【解析】∵3，a ＋2，b ＋4成等比数列，1，a ＋1，b ＋1成等差数列，∴(a ＋2)2＝3(b ＋4)，2(a ＋1)＝1＋b ＋1，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝8.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－4时，a ＋2＝0，与3，a ＋2，b ＋4成等比数列矛盾，应舍去；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝8时，等差数列的公差为(a ＋1)－1＝a ＝4.故选C ．4．已知等差数列{a n }的公差d ＜0，若a 4·a 6＝24，a 2＋a 8＝10，则该数列的前n 项和S n的最大值为( )A ．50B ．40C ．45D ．35【答案】C【解析】∵a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝10，a 4·a 6＝24，d ＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝6，a 6＝4.∴d ＝a 6－a 46－4＝－1，∴a n ＝a 4＋(n －4)d ＝10－n .∴当n ＝9或10时S n 取到最大值，S 9＝S 10＝45.5．公差不为0的等差数列{a n }，其前23项和等于其前10项和，a 8＋a k ＝0，则正整数k ＝( )A ．24B ．25C ．26D ．27【答案】C【解析】由题意设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0，∵其前23项和等于其前10项和，∴23a 1＋23×222d ＝10a 1＋10×92d ，变形可得13(a 1＋16d )＝0.∴a 17＝a 1＋16d ＝0.由等差数列的性质可得a 8＋a 26＝2a 17＝0，∴k ＝26.故选C ．6．已知各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则a 7a 9a 11＝( ) A ．16 B ．16 2 C ．32 D ．32 2【答案】B【解析】∵各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，∴a 4a 14＝(22)2＝8.∴a 7a 11＝a 29＝8.∴a 7a 9a 11＝16 2.故选B ．7．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 ．129B ．1210 C ．110 D ．15【答案】D 【解析】∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 8＝6＋a 11，则S 9的值等于( ) A ．54 B ．45 C ．36 D ．27【答案】A【解析】∵2a 8＝a 5＋a 11,2a 8＝6＋a 11，∴a 5＝6.∴S 9＝9a 5＝54.9．已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n ＋2＞19的最大正整数n 的值为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6【答案】B【解析】∵a 2a 4＝4，a n ＞0，∴a 3＝2.∴a 1＋a 2＝12.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝12，a 1q 2＝2，消去a 1，得1＋qq2＝6.∵q ＞0，∴q ＝12.∴a 1＝8，∴a n ＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝24－n .∴不等式a n a n ＋1a n ＋2＞19化为29－3n＞19，当n＝4时，29－3×4＝18＞19，当n ＝5时，29－3×5＝164＜19.故选B ． 10．(2019年内蒙古包头模拟)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足n (n ＋1)S 2n ＋(n 2＋n －1)S n －1＝0(n ∈N *)，则S 1＋S 2＋…＋S 2019＝( )A ．12 019 B ．12 020 C ．2 0182 019 D ．2 0192 020【答案】D【解析】∵n (n ＋1)S 2n ＋(n 2＋n －1)S n －1＝0(n ∈N *)，∴(S n ＋1)[n (n ＋1)S n －1]＝0.又S n＞0，∴n (n ＋1)S n －1＝0，∴S n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1.∴S 1＋S 2＋…＋S 2 019＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12 019－12 020＝2 0192 020.11．已知数列3,7,11，…，139与2,9,16，…，142，则它们所有公共项的个数为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7【答案】B【解析】由题意可知数列3,7,11，…，139的通项公式为a n ＝4n －1,139是数列第35项．数列2,9,16，…，142的通项公式为b m ＝7m －5,142是数列第21项．设数列3,7,11，…，139的第n 项与数列2,9,16，…，142的第m 项相同，则4n －1＝7m －5，n ＝7m －44＝7m 4－1，∴m为4的倍数且m 不大于21，n 不大于35.由此可知，m 只能为4,8,12,16,20.此时n 的对应值为6,13,20,27,34.∴公共项的个数为5.故选B ．12．(2019年福建厦门模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，{a n }的部分项ak 1，ak 2，…，ak n 构成等比数列，若k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，则k n ＝( )A ．2×3n －1－1 B ．2×3n －1＋1C ．2×3n－1 D ．2×3n＋1【答案】A【解析】设等比数列ak 1，ak 2，…，ak n 的公比为q .因为k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，所以a 1·a 17＝a 25，即a 1(a 1＋16d )＝(a 1＋4d )2，化简得a 1d ＝2d 2.又d ≠0，得a 1＝2d ，所以q ＝a 5a 1＝a 1＋4da 1＝2d ＋4d2d＝3.一方面，ak n 作为等差数列{a n }的第k n 项，有ak n ＝a 1＋(k n －1)d ＝2d ＋(k n －1)d ＝(k n ＋1)d ；另一方面，ak n 作为等比数列的第n 项，又有ak n ＝ak 1·q n －1＝a 1·3n －1＝2d ·3n －1，所以(k n ＋1)d ＝2d ·3n －1.又d ≠0，所以k n ＝2×3n －1－1.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．(2017年新课标Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 【答案】－8【解析】设{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 11＋q ＝－1，a 1－a 3＝a 11－q2＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝－2，∴a 4＝a 1q 3＝－8.14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为________．【答案】13【解析】∵S 1,2S 2,3S 3成等差数列，∴4S 2＝S 1＋3S 3.a n ＝a 1qn －1，即4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得q ＝13.15．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n 且a 1＝12，则该数列的前 2 017项的和等于________．【答案】3 0252【解析】∵a 1＝12，a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，∴a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N ＋，1，n ＝2k k ∈N ＋，故数列的前2 017项的和S 2 017＝1 008×1＋1 009×12＝3 0252.16．(2018年江苏)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________．【答案】27【解析】B ＝{2,4,8,16,32,64,128…}，与A 相比，元素间隔大，所以从S n 中加了几个B 中元素考虑.1个：n ＝1＋1＝2，S 2＝3,12a 3＝36；2个：n ＝2＋2＝4，S 4＝10,12a 5＝60；3个：n ＝4＋3＝7，S 7＝30,12a 8＝108；4个：n ＝8＋4＝12，S 12＝94,12a 13＝204；5个：n ＝16＋5＝21，S 21＝318,12a 22＝396；6个：n ＝32＋6＝38，S 38＝1 150,12a 39＝780.发现21≤n ≤38时S n －12a n ＋1与0的大小关系发生变化，以下采用二分法查找：S 30＝687,12a 31＝612，所以所求n 应在22～29之间，S 25＝462,12a 26＝492，所以所求n 应在25～29之间，S 27＝546,12a 28＝540，所以所求n 应在25～27之间，S 26＝503,12a 27＝516.因为S 27>12a 28，而S 26<12a 27，所以使得S n >12a n＋1成立的n 的最小值为27.三、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．(本小题满分10分)(2017年北京)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.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 4＝10，∴2a 1＋4d ＝10. 解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，所以b 21q 4＝9. 解得q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.18．(本小题满分12分)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n ，S 5＝S 6且a 3＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 2＝6,6b 1＋b 3＝－5a 3，求{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)由已知可得a 6＝0，设等差数列的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0，解得d ＝2，a 1＝－10，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12. (2)设{b n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧b 1q ＝6，6b 1＋b 1q 2＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝3，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，q ＝3.1－2当b 1＝2，q ＝3时，T n ＝21－3n1－3＝3n－1.19．(本小题满分12分)等差数列{a n }满足：a 2＋a 4＝6，a 6＝S 3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若k ∈N *且a k ，a 3k ，S 2k 成等比数列，求k 值．【解析】(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 2＋a 4＝6，a 6＝S 3，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝6，a 1＋5d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴a n ＝1＋1×(n －1)＝n . (2)S 2k ＝2k ＋2k2k －12＝2k 2＋k ，由a k ，a 3k ，S 2k 成等比数列，得 9k 2＝k (2k 2＋k )，解得k ＝4.20．(本小题满分12分)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n －(－1)na n }是等比数列且b 2＝7，b 5＝71，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 1＝2且a 2，a 4，a 8成等比数列， ∴a 24＝a 2a 8，即(2＋3d )2＝(2＋d )(2＋7d )，解得d ＝2或d ＝0(舍去)．∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)令c n ＝b n －(－1)na n ，设数列{c n }的公比为q ， ∵b 2＝7，b 5＝71，a n ＝2n ，∴c 2＝b 2－a 2＝7－2×2＝3，c 5＝b 5＋a 5＝71＋2×5＝81.∴q 3＝c 5c 2＝813＝27，故q ＝3.∴c n ＝c 2·q n －2＝3×3n －2＝3n －1，即b n －(－1)n a n ＝3n －1，∴b n ＝3n －1＋(－1)n·2n .则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋[－2＋4－6＋…＋(－1)n·2n ]，1－322当n 为奇数时，T n ＝1－3n1－3＋2×n －12－2n ＝3n－2n －32.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋2n －12，n 为偶数，3n－2n －32，n 为奇数.21．(本小题满分12分)(2019年山东莱芜模拟)已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和为S n . 【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q . ∵a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，∴a 2＋a 1＝9，a 3＋a 2＝18.∴q ＝a 3＋a 2a 2＋a 1＝189＝2. 又2a 1＋a 1＝9，∴a 1＝3. ∴a n ＝3·2n －1，n ∈N *.(2)b n ＝na n ＝3n ·2n －1，∴13S n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1.① ∴23S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n.② ①－②，得－13S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ＝1－2n1－2－n ×2n ＝(1－n )2n－1.∴S n ＝3(n －1)2n＋3.22．(本小题满分12分)数列{a n }是公比为12的等比数列且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n ＋1(λ为常数且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．【解析】(1)由题意得，(1－a 2)2＝a 1(1＋a 3)， ∴(1－a 1q )2＝a 1(1＋a 1q 2)． ∵q ＝12，∴a 1＝12，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∵⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ8＋d ，16＋d ＝2λ8＋2d .∴λ＝12，d ＝8.(2)由(1)得b n ＝8n ，∴T n ＝4n (n ＋1)． ∴1T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 令C n ＝1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，∴18≤C n ＜14. ∵S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴12S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴14≤12S n ＜12. ∴C n ＜12S n .。

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。

高中数学人教A版必修5第二章数列本章复习与测试(有答案)

10. 已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99.以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（）A.21B.20C.19D. 18 11. 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,1==++a S S S m n m n ，那么=10a （）A.1B.9C.10D.55 12. 已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++=（）A. (21)n n -B. 2(1)n +C. 2nD. 2(1)n - 二、填空题13. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若972S =，则249a a a ++=_______________. 14. 在等比数列{}n a 中，若公比q=4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式=n a _____________.15. 设数列{}n a 中，1211++==+n a a a n n ，，则通项=n a _____________.16. 设{}n a 为公比1>q 的等比数列，若ɑ2019和ɑ2020是方程03842=+-x x 的两根，则 ɑ2020+ɑ2021 =_____________. 三、解答题17. 已知{}n a 为等比数列，320,2423=+=a a a ，求{}n a 的通项公式.18. 已知{}n a 为等差数列，且36a =-，60a =. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅰ）若等比数列{}n b 满足18b =-，2123b a a a =++，求{}n b 的前n 项和公式.19. 已知等差数列{}n a 满足3577,26a a a =+=,{}n a 的前n 项和为n S .（Ⅰ）求na 及n S ；（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）若1a 与5a 的等差中项为18，n b 满足n n b a 2log 2=，求数列{}n b 的前n 项和．21. 成等差数列的三个正数之和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{}n b 中的543,,b b b .（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅰ）数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+45n S 是等比数列．参考答案：二、填空题13. ___24____. 14. )(4*1N n n ∈-. 15. )(22*2N n n n ∈++. 16.______18______.三、解答题17.解：设等比数列{}n a 的公比为q ，则.2,23432q q a a qq a a ====.32022,32042=+∴=+q q a a 即.3131+=+q q解之得3=q 或.31=q当3=q 时，)(32*333N n q a a n n n ∈⨯==--；当31=q 时，)(32)31(2*3333N n q a a n n n n ∈=⨯==---. 18.解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差d .因为366,0a a =-=,所以.102,2,633136-=-===-=d a a d a a d 从而所以10(1)2212n a n n =-+-⋅=-.（Ⅱ）设等比数列{}n b 的公比为q .因为24,832121-=++=-=a a a b b ,所以824q -=-.即q =3.所以{}n b 的前n 项和公式为1(1)4(13)1n n n b q S q-==--. 19. 解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d..13,2626756=∴=+=a a a a由⎩⎨⎧=+==+=135721613d a a d a a 解得.231==d a ，12)1(1+=-+=∴n d n a a n ，.22)(21n n a a n S n n +=+=（Ⅱ）12+=n a n ，)1(412+=-∴n n a n ，⎪⎭⎫⎝⎛+-=+=11141)1(41n n n n b n .n n b b b T +++=∴ 21=)1113121211(41+-++-+-n n =)111(41+-n =4(1)nn +.所以数列{}n b 的前n 项和n T =4(1)nn + .20. 解：（Ⅰ）q p S a +-==211，23)2()44(122-=+--+-=-=p q p q p S S a ， 25)44()69(233-=+--+-=-=p q p q p S S a ，由3122a a a +=得,25246-++-=-p q p p.0=∴q（Ⅱ）根据题意，5132a a a +=所以1a 与5a 的等差中项为183=a .由（Ⅰ）知.4,1825=∴=-p p 从而.8,10,221===d a a.68)1(1-=-+=∴n d n a a n.34log ,68log 222-=-==∴n b n b a n n n故.16216812)2(213434---⨯=⨯=⋅==n n n n n b因此，数列}{n b 是等比数列，首项21=b ，公比.16=q所以数列{}n b 的前n 项和qq b T n n --=1)1(121. 解：（Ⅰ）设成等差数列的三个正数分别为,,a d a a d -+，依题意，得15, 5.a d a a d a -+++==解得所以{}n b 中的345,,b b b 依次为7,10,18.d d -+依题意，有(7)(18)100,213d d d d -+===-解得或（舍去）故{}n b 的10,5743==-=b d b ，公比2=q . 由22311152,52,.4b b b b =⋅=⋅=即解得所以{}n b 是以54为首项，2为以比的等比数列，其通项公式为1352524n n n b --=⋅=⋅. （Ⅱ）数列{}n b 的前n 项和25(12)5452124n n n S --==⋅--，即22545-⋅=+n n S所以1112555524, 2.542524n n n n S S S -+-+⋅+===⋅+因此55{}42n S +是以为首项，公比为2的等比数列.22.解: （Ⅰ）因为对任意的n N +∈,点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图象上.所以得n n S b r =+,11a S b r ==+,b b r b r b S S a -=+-+=-=22122)()(，2323233)()(b b r b r b S S a -=+-+=-=，{}n a 为等比数列,3122a a a =∴.从而).1()()1(222-⋅+=-b b r b b b.1,10r b b b b +=-∴≠>且又解得1r =-.（Ⅱ）当2=b 时，由（Ⅰ）知，12-=n n S .当2≥n 时，.22)12(22)12()12(11111-----=-=-=---=-=n n n n n n n n n S S a111=-=b a 满足上式，所以其通项公式为)(2*1N n a n n ∈=-.所以111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 234123412222n n n T ++=++++，………………（1） 3451212341222222n n n n n T +++=+++++……（2））（）（21-,得: 23451212111112222222n n n n T +++=+++++- 31211(1)112212212n n n -+⨯-+=+--12311422n n n +++=--. 所以113113322222n n n n n n T ++++=--=-.。

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.。

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高二数学必修5数列单元测试时间120分钟满分100分一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分.）1.在数列－1，0，91，81，……，22nn -中，0.08是它的A ．第100项B ．第12项C ．第10项D ．第8项2.在数列{}n a 中，12a =，1221n n a a +=+，则101a 的值为A ．49B ．50C ．51D ．523.等差数列{}n a 中，14739a a a ++=，36927a a a ++=，则数列{}n a 的前9项的和等于 A ．66 B ．99 C ．144 D ．2974.设数列{a n }、{b n }都是等差数列，且a 1=25,b 1=75,a 2+b 2=100，那么a n +b n 所组成的数列的第37项的值是( )A.0B.37C.100D.-37 5．已知－7，a 1，a 2，－1四个实数成等差数列，－4，b 1，b 2，b 3，－1五个实数成等比数列，则212b a a -=A ．1B ．－1C ．2D ．±16.等比数列{a n }中，前n 项和S n =3n +r ，则r 等于( )A.-1B.0C.1D.37．已知数列}{n a 的前n 项和为)34()1(2117139511--++-+-+-=+n S n n ,则312215S S S -+的值是（）A. -76B. 76C. 46D. 138．6．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 ．34 B ．23 C ．32 D ．439．若数列{a n }是等比数列, 则数列{a n +a n+1}A ．一定是等比数列B ．可能是等比数列, 也可能是等差数列班级___________姓名___________C ．一定是等差数列D ．一定不是等比数列10．等比数列{a n }中，a 1=512，公比q=12-，用Ⅱn 表示它的前n 项之积：Ⅱn =a 1·a 2…a n 则Ⅱ1，Ⅱ2，…，中最大的是A ．Ⅱ11B ．Ⅱ10C ．Ⅱ9D ．Ⅱ8题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题：(本大题共5小题，每小题4分，共20分。

高中数学第二章数列单元质量测评(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

第二章单元质量测评本试卷分第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．数列3，5，9，17，33，…的通项公式a n 等于( ) A ．2n B ．2n ＋1 C ．2n －1 D ．2n ＋1答案 B解析由于3＝2＋1，5＝22＋1，9＝23＋1，…，所以通项公式是a n ＝2n＋1．(或特值法，当n ＝1时只有B 项符合．)2．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 ．7 答案 B解析 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． 3．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 ．52 答案 D解析 ∵2a n ＋1－2a n ＝1，∴a n ＋1－a n ＝12．∴数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝12的等差数列．∴a 101＝2＋12×(101－1)＝52．4．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 ．60 答案 B解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝32，a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝118，∴3(a 2＋a 12)＝150，即a 2＋a 12＝50，∴a 4＋a 10＝a 2＋a 12＝50．5．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( )A ．18B ．24C ．60D ．90 答案 C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 ．6．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项答案 C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． 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( )A ．54钱B ．43钱C ．32钱D ．53钱答案 B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．已知{a n }是等差数列，a 3＝5，a 9＝17，数列{b n }的前n 项和S n ＝3n，若a m ＝b 1＋b 4，则正整数m 等于( )A ．29B ．28C ．27D ．26 答案 A解析因为{a n }是等差数列，a 9＝17，a 3＝5，所以6d ＝17－5，得d ＝2，a n ＝2n －1．又因为S n ＝3n，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，S n －1＝3n －1，b n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，由a m ＝b 1＋b 4，得2m －1＝3＋54，得m ＝29，故选A ．9．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2且a 2，a 4＋2，a 5成等差数列，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 5＝( )A ．32B ．62C ．27D ．81答案 B解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，又a 1＝2，则a 2＝2q ，a 4＋2＝2q 3＋2，a 5＝2q 4， ∵a 2，a 4＋2，a 5成等差数列，∴4q 3＋4＝2q ＋2q 4， ∴2(q 3＋1)＝q (q 3＋1)，由q ＞0，解得q ＝2， ∴S 5＝21－251－2＝62．故选B ．10．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 答案 B解析 ∵S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋ (－1)n －1(4n －3)，∴S 14＝7×(1－5)＝－28，a 15＝60－3＝57， S 22＝11×(1－5)＝－44， S 30＝15×(1－5)＝－60， a 31＝124－3＝121，∴S 15＝S 14＋a 15＝29，S 31＝S 30＋a 31＝61． ∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76．故选B ．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( )A ．a n ＝n n －12(n ∈N *)B ．a n ＝n (n －1)(n ∈N *) C ．a n ＝n －1(n ∈N *) D ．a n ＝n －2(n ∈N *) 答案 C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＝( ) A ．3690 B ．1830 C ．1845 D ．3660 答案 B解析 ①当n 为奇数时，a n ＋1－a n ＝2n －1，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1，两式相减得 a n ＋2＋a n ＝2；②当n 为偶数时，a n ＋1＋a n ＝2n －1，a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，两式相加得a n ＋2＋a n ＝4n ，故S 60＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 60)＝2×15＋(4×2＋4×6＋…＋4×58) ＝30＋4×450＝1830．故选B ．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)13．已知数列{a n }中，a 1＝10，a n ＋1＝a n －12，则它的前n 项和S n 的最大值为________．答案 105解析 ∵a n ＋1－a n ＝－12，∴d ＝－12，又a 1＝10，∴a n ＝－n 2＋212(n ∈N *)．∵a 1＝10>0，d ＝－12<0，设从第n 项起为负数，则－n 2＋212<0(n ∈N *)．∴n >21，于是前21项和最大，最大值为S 21＝105．14．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 ＝________．答案 2解析 ∵{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2．15．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＝________．答案 676解析当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．某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产，第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加3万元，该设备每年生产的收入均为21万元．设该设备使用了n (n ∈N *)年后，盈利总额达到最大值(盈利总额等于总收入减去总成本)，则n 等于________．答案 7解析设该设备第n 年的运营费用为a n 万元，则数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列，则a n ＝3n －1．设该设备使用n 年的运营费用总和为T n ，则T n ＝n 2＋3n －12＝32n 2＋12n ．设n 年的盈利总额为S n ，则S n ＝21n －⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 2＋12n －9＝－32n 2＋412n －9．由二次函数的性质可知，当n ＝416时，S n 取得最大值，又n ∈N *，故当n ＝7时，S n 取得最大值．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a ，b ，c 是实数，3a ，4b ，5c 成等比数列，且1a ，1b ，1c成等差数列，求a c ＋c a的值．解 ∵3a ，4b ，5c 成等比数列，∴16b 2＝15ac ． ① ∵1a ，1b ，1c 成等差数列，∴2b ＝1a ＋1c． ②由①，得4b2·15ac ＝64． ③将②代入③，得1a ＋1c2·15ac ＝64，∴1a 2＋1c 2＋2ac ac ＝6415． ∴c a ＋a c ＝3415． 18．(本小题满分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 ，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c n ＋1c n ＝12，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＝1－12n －1．故当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝12n －1－12n ＝12n ．又b 1＝a 1＝12也适合上式，∴b n ＝12n ．19．(本小题满分12分)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．解 (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)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－1．20．(本小题满分12分)2010年4月14日，冰岛南部艾雅法拉火山喷发，弥漫在欧洲上空多日的火山灰严重影响欧洲多个国家的机场正常运营．由于风向，火山灰主要飘落在该火山口的东北方向与东南方向之间的地区．假设火山喷发停止后，需要了解火山灰的飘散程度，为了测量的需要，现将距离火山喷口中心50米内的扇形面记为第1区、50米至100米的扇环面记为第2区、…、50(n －1)米至50n 米的扇环面记为第n 区，若测得第1区的火山灰每平方米的平均质量为1吨、第2区每平方米的平均质量较第1区减少了2%、第3区较第2区又减少了2%，依此类推，问：(1)离火山口1225米处的火山灰大约为每平方米多少千克？(结果精确到1千克) (2)第几区内的火山灰总质量最大？提示：当n 较大时，可用(1－x )n ≈1－nx 进行近似计算．解 (1)设第n 区的火山灰为每平方米a n 千克，依题意，数列{a n }为等比数列，且a 1＝1000(千克)，公比q ＝1－2%＝0．98， ∴a n ＝a 1×qn －1＝1000×0．98n －1．∵离火山口1225米处的位置在第25区，∴a 25＝1000×(1－0．02)24≈1000×(1－24×0．02)＝520，即离火山口1225米处的火山灰大约为每平方米520千克．(2)设第n 区的火山灰总质量为b n 千克，且该区的火山灰总质量最大．依题意，第n 区的面积为14π{(50n )2－[50(n －1)]2}＝625π(2n －1)， ∴b n ＝625π(2n －1)×a n ．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧b n ≥b n －1，b n ≥b n ＋1，解得49．5≤n ≤50．5．∵n ∈N *， ∴n ＝50，即第50区的火山灰总质量最大．21．(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2，数列{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，b 2(a 2－a 1)＝b 1．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n ．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2，∵当n ＝1时，a 1＝4－2＝2也适合上式， ∴{a n }的通项公式为a n ＝4n －2，即{a n }是a 1＝2，公差d ＝4的等差数列．设{b n }的公比为q ，则b 1qd ＝b 1， ∴q ＝14．故b n ＝b 1q n －1＝2×14n －1．即{b n }的通项公式为b n ＝24n －1．(2)∵c n ＝a n b n ＝4n －224n －1＝(2n －1)4n －1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1＋3×41＋5×42＋…＋(2n －1)4n －1，4T n ＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n －3)4n －1＋(2n －1)4n．两式相减，得3T n ＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n －1)＋(2n －1)4n ＝13[(6n －5)4n＋5]，∴T n ＝19[(6n －5)4n＋5]．22．(本小题满分12分)已知a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n ＝1，2，3，…．(1)证明：数列{lg (1＋a n )}是等比数列； (2)设T n ＝(1＋a 1)·(1＋a 2)…(1＋a n )，求T n ；(3)记b n ＝1a n ＋1a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和S n ，并证明S n <1．解 (1)证明：由已知a n ＋1＝a 2n ＋2a n ， ∴a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2，∴lg (1＋a n ＋1)＝2lg (1＋a n )， ∴{lg (1＋a n )}是公比为2的等比数列． (2)由(1)知lg (1＋a n )＝2n －1·lg (1＋a 1)＝2n －1·lg 3＝lg 32n －1，∴1＋a n ＝32n －1，∴T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n ) ＝320·321·322 (32)n －1＝31＋2＋22＋…＋2n －1＝32n－1．(3)∵点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，∴a n ＋1＝a n (a n ＋2)．∴1a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2，∴1a n ＋2＝1a n －2a n ＋1， ∴b n ＝1a n ＋1a n ＋2＝1a n ＋1a n －2a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1． ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2⎝⎛1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1． ∵a n ＝32n －1－1，a 1＝2，a n ＋1＝32n－1，∴S n ＝1－232n －1．32n－1>32－1＝8>2，∴0<232n－1<1．∴S n <1．。

人教A版高中数学高二版数学必修5第二章《数列》综合测试

第二章单元综合测试时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．下列解析式中不是数列1，－1,1，－1,1，…的通项公式的是( )A ．a n ＝(－1) nB ．a n ＝(－1)n ＋1C ．a n ＝(－1)n －1D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n 为奇数－1， n 为偶数解析：该数列为摆动数列，且奇数项为1，偶数项为－1，故B ，C ，D 均正确．答案：A2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49D ．64解析：∵a 8＝S 8－S 7＝82－72＝64－49＝15. 答案：A3．数列0,0,0，…，0，…( ) A ．是等差数列但不是等比数列B ．是等比数列但不是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列解析：数列{0}是等差数列，但由于等比数列中a n ≠0，故A 正确．答案：A4．等差数列1，－1，－3，…，－89的项数是( ) A ．92 B ．47 C ．46D ．45解析：由题意可知a 1＝1，a n ＝－89，d ＝－1－1＝－2. ∴由a n ＝a 1＋(n －1)d ，可知n ＝46. 答案：C5．已知数列{a n }，a n ≠0，若a 1＝3,2a n ＋1－a n ＝0，则a 6＝( ) A.316 B.332 C ．16D ．32解析：∵2a n ＋1－a n ＝0，∴a n ＋1a n＝12，则数列{a n }是首项a 1＝3，公比q ＝12的等比数列．∴a n ＝a 1·q n －1＝3×(12)n －1，∴a 6＝3×(12)6－1＝332.答案：B6．已知等比数列{a n }中，S 2＝7，S 4＝28，则S 6＝( ) A ．49 B ．35 C ．91D ．112解析：∵{a n }为等比数列，∴S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也为等比数列，即7, 21，S 6－28成等比数列，∴212＝7×(S 6－28)，∴S 6＝91. 答案：C7．在等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝48，a 2＋a 5＋a 8＝40，则a 3＋a 6＋a 9的值是( )A ．30B ．32C ．34D ．36解析：a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝48，所以a 4＝16.同理可得a 5＝403.又a 5＝a 4＋d ＝403，所以d ＝－83，所以a 6＝a 4＋2d ＝323，所以a 3＋a 6＋a 9＝3a 6＝32.答案：B8．已知－9，a 1，a 2，－1四个实数成等差数列，－9，b 1，b 2，b 3，－1五个实数成等比数列，则b 2(a 2－a 1)等于( )A ．－8B ．8C ．－98D.98解析：设d 为等差数列的公差，q 为等比数列的公比．因－1＝－9＋3d ，所以d ＝83，所以a 2－a 1＝83.又－1＝－9·q 4，所以q 2＝13，b 2＝－9q 2＝－3，故b 2·(a 2－a 1)＝－8. 答案：A9．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( )A ．6B ．7C ．6或7D ．不存在解析：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：C10．已知等比数列{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)2C ．n 2D ．(n －1)2解析：由a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)得a 2n ＝22n ，由a n >0得a n ＝2n ，∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n (1＋2n －1)2＝n 2.答案：C 11．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 －5解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由已知得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝nS 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 －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12－1＝1适合上式， ∴a n ＝4n －3. 答案：C12．数列1,2＋12，3＋12＋14，…，n ＋12＋14＋…＋12n －1的前n 项和为( )A ．n ＋1－(12)n －1B.12n 2＋32n ＋12n －1－2 C.12n 2＋12n ＋12n －1－2 D ．n ＋12n －1－1解析：a n ＝n ＋12＋122＋…＋12n －1＝n ＋12(1－12n －1)1－12＝n ＋1－12n －1，∴S n ＝(1＋2＋…＋n )＋n －(1＋12＋122＋…＋12n －1)＝n (n ＋1)2＋n －1－12n1－12＝12n 2＋32n ＋12n －1－2. 答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 5＝48，那么a 7＝________. 解析：由题意可知a 3，a 5，a 7成等比数列，∴a 25＝a 3·a 7，∴a 7＝48212＝192. 答案：19214．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝2不满足a n ＝2n －1，∴a n ＝⎩⎨⎧ 2 (n ＝1)，2n －1 (n ≥2).答案：⎩⎨⎧2 (n ＝1)2n －1 (n ≥2)15．已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且满足A n B n ＝2nn ＋3，则a 1＋a 2＋a 12b 2＋b 4＋b 9＝________.解析：a 1＋a 2＋a 12b 2＋b 4＋b 9＝3a 1＋12d 13b 1＋12d 2＝a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝9×a 1＋a 929×b 1＋b 92＝A 9B 9＝2×99＋3＝32. 答案：3216．在数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1(n ≥2)，S n 是其前n 项的和，则S n 等于________．解析：∵(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，∴a n a n －1＝n －1n ＋1，∴a n ＝a na n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·1＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)．∴S n ＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋1三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10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 ＝60.18．(12分)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＝a 2＋36，a 3＝a 4＋4，求a 1，a 2，a 3，a 4.解：∵a 1＝a 2＋36，a 3＝a 4＋4， ∴a 1－a 2＝36，a 3－a 4＝4.又a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，设公比为q ， ∴a 3－a 4a 1－a 2＝q 2(a 1－a 2)a 1－a 2＝436＝19，∴q ＝±13.(1)当q ＝13时，由a 1－a 2＝a 1(1－q )＝36，得a 1＝54，∴a 2＝18，a 3＝6，a 4＝2.(2)当q ＝－13时，由a 1－a 2＝a 1(1－q )＝36，得a 1＝27，∴a 2＝－9，a 3＝3，a 4＝－1.∴a 1，a 2，a 3，a 4的值为54,18,6,2或27，－9,3，－1.19．(12分)已知数列{a n }的首项a 1＝3，通项a n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且a 1，a 4，a 5成等差数列，求：(1)p ，q 的值；(2)数列{a n }的前n 项和S n 的公式．解：(1)由a 1＝3，得2p ＋q ＝3，又a 4＝24p ＋4q ，a 5＝25p ＋5q ，且a 1＋a 5＝2a 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1. (2)由(1)得a n ＝2n ＋n ，S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n ) ＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S nn )(n ∈N ＋)均在函数y ＝3x －2的图象上，(1)求证：数列{a n }为等差数列；(2)设T n 是数列{3a n a n ＋1}的前n 项和，求使T n <m20对所有n ∈N ＋都成立的最小正整数m .解：(1)依题意，S nn ＝3n －2，即S n ＝3n 2－2n ， 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＝1符合上式，所以a n ＝6n －5(n ∈N ＋)．又∵a n －a n －1＝6n －5－[6(n －1)－5]＝6， ∴{a n }是一个以1为首项，6为公差的等差数列． (2)由(1)知，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)<m20(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10.21．(12分)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，a ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13(n ≥2)，3n －1a n ＝n 3－n －13＝13(n ≥2)，a n ＝13n (n ≥2)．验证n ＝1时也满足上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)．(2)b n ＝n ·3n ，S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n3S n ＝1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1 上述两式相减得：－2S n ＝3＋32＋33＋3n －n ·3n ＋1＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1.即S n ＝n 2·3n ＋1－14·3n ＋1＋34.22． (12分)定义：如果一个数列的任意连续三项均能构成一个三角形的三边长，那么称此数列为“三角形”数列．已知数列{a n }满足a n ＝nd (d >0)．(1)试判断数列{a n }是否是“三角形”数列，并说明理由；(2)在数列{b n }中，b 1＝1，前n 项和S n 满足4S n ＋1－3S n ＝4. 1°证明数列{b n }是“三角形”数列；2°设d ＝1，数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，若不等式T n ＋(34)n ·a n－16<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)数列{a n }不是“三角形”数列．理由如下：由a n ＝nd 得a 1＝d ，a 2＝2d ，a 3＝3d ，所以a 1＋a 2＝a 3，故a 1，a 2，a 3不能构成一个三角形的三边长，即数列{a n }不是“三角形”数列．(2)1°由4S n ＋1－3S n ＝4，①得4S n －3S n －1＝4(n ≥2，n ∈N *)．②由①－②得4(S n ＋1－S n )－3(S n －S n －1)＝0，故4b n ＋1－3b n ＝0，即b n ＋1b n＝34(n ≥2，n ∈N *)．由4S n ＋1－3S n ＝4得4S 2－3S 1＝4，即4(b 2＋b 1)－3b 1＝4.又b 1＝1，则b 2＝34，故b n ＋1b n＝34(n ∈N *)．所以b n ＝b 1×(34)n －1＝(34)n －1(n ∈N *)．故数列{b n }为单调递减数列．所以b n >b n ＋1>b n ＋2.又b n ＋1＋b n ＋2＝(34)n ＋(34)n ＋1＝2116·(34)n －1>(34)n －1，即b n ＋1＋b n ＋2>b n .故b n ，b n ＋1，b n ＋2能构成一个三角形的边长，所以数列{b n }是“三角形”数列．2°由于a n ＝n ，故a n ·b n ＝n ·(34)n －1，所以T n ＝1×1＋2×34＋3×(34)2＋…＋(n －1)×(34)n －2＋n ·(34)n －1，③34T n ＝1×34＋2×(34)2＋3×(34)3＋…＋(n －1)×(34)n －1＋n ·(34)n ，④ ③－④得：14T n ＝1＋34＋(34)2＋…＋(34)n －1－n ·(34)n ＝1－(34)n 1－34－n ·(34)n . 整理得：T n ＝16－4(n ＋4)·(34)n . 由T n ＋(34)n ·a n－16<0，得不等式a <4(n 2＋4n )对任意的n ∈N *恒成立，故a <[4(n 2＋4n)]min，而[4(n2＋4n)]min＝20，所以a<20.。

人教版数学高二必修5质量检测第二章数列

阶段质量检测(二) 数列(时间90分钟，满分120分)一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)1．数列3,5,9,17,33，…的通项公式a n 等于( )A ．2nB ．2n ＋1C ．2n －1D ．2n ＋1 2．下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( )A ．1，12，13，14，… B ．－1,2，－3,4，…C ．－1，－12，－14，－18，… D ．1，2，3，…，n3．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 ．2B ．3C ．6D ．74．在数列{a n }中，a 1＝2,2a n ＋1－2a n ＝1，则a 101 的值为( )A ．49B ．50C ．51D ．525．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 ．90B ．100C ．145D ．1906．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( )A ．1B ．2C ．4D ．87．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于( )A ．0 B.12C.23D ．－1 8．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9．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ab1＋ab2＋…＋ab10等于()A．1 033 B．1 034C．2 057 D．2 05810．我们把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，因为这些数目的点可以排成一个正三角形，如下图所示：则第七个三角形数是()A．27 B．28C．29 D．30二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11．若数列{a n}满足：a1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，则a5＝________；前8项的和S8＝________(用数字作答)．12．数列{a n}满足a1＝1，a n＝a n－1＋n(n≥2)，则a5＝________.13．等比数列{a n}中，a2＋a4＋…＋a20＝6，公比q＝3，则前20项和S20＝________.14．在等差数列{a n}中，其前n项的和为S n，且S6＜S7，S7＞S8，有下列四个命题：①此数列的公差d＜0；②S9一定小于S6；③a7是各项中最大的一项；④S7一定是S n中的最大项．其中正确的命题是________．(填入所有正确命题的序号)三、解答题(共4小题，共50分)15．(12分)等比数列{a n}中，已知a1＝2，a4＝16，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a3，a5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.16．(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．17．(12分)已知{a n }是公差不为零的等差数列，{b n }是各项都是正数的等比数列，(1)若a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列，求数列{a n }的通项公式；(2)若b 1＝1，且b 2，12b 3,2b 1成等差数列，求数列{b n }的通项公式．18．(14分)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a n a n ＋2n (n ∈N *)．(1)证明：数列{2na n}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝n (n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .答案阶段质量检测(二) 数列1．选B 由于3＝2＋1,5＝22＋1,9＝23＋1，…，所以通项公式是a n ＝2n ＋1.2．选C A 为递减数列，B 为摆动数列，D 为有穷数列．3．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 ＝3.4．选D ∵2a n ＋1－2a n ＝1，∴a n ＋1－a n ＝12， ∴数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝12的等差数列， ∴a 101＝2＋12(101－1)＝52. 5．选B 设公差为d ，∴(1＋d )2＝1×(1＋4d )，∵d ≠0,∴d ＝2，从而S 10＝100.6．选A 因为a 3a 11＝a 27，又数列{a n }的各项都是正数，所以解得a 7＝4，由a 7＝a 5·22＝4a 5，求得a 5＝1.7．选B 设数列{b n }的通项b n ＝11＋a n ，因{b n }为等差数列，b 3＝11＋a 3＝13，b 7＝11＋a 7＝12，公差d ＝b 7－b 34＝124， ∴b 11＝b 3＋(11－3)d ＝13＋8×124＝23，即得1＋a 11＝32，a 11＝12. 8．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．9．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. 10．选B 法一：∵a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，a 4＝10，a 5＝15，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，∴a 6－a 5＝6，a 6＝21，a 7－a 6＝7，a 7＝28.法二：由图可知第n 个三角形数为n (n ＋1)2， ∴a 7＝7×82＝28. 11．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)知{a n }是以1为首项，以2为公比的等比数列，由通项公式及前n 项和公式知a 5＝a 1q 4＝16，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝1·(1－28)1－2＝255. 答案：16 25512．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：1513．解析：S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 20，S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 19，则S 偶S 奇＝q ， ∴S 奇＝S 偶q ＝63＝2. ∴S 20＝S 偶＋S 奇＝6＋2＝8.答案：814．解析：∵S 7＞S 6，即S 6＜S 6＋a 7， ∴a 7＞0.同理可知a 8＜0.∴d ＝a 8－a 7＜0.又∵S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＜0，∴S 9＜S 6.∵数列{a n }为递减数列，且a 7＞0，a 8＜0，∴可知S 7为S n 中的最大项．答案：①②③15．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 . 16．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 ＋1②，①②两式相减得2(a n ＋1－1)＝a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝12，也即c n ＋1c n ＝12，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＝1－12n －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 . 17．解：(1)由题意可设公差为d ，则d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由题意可设公比为q ，则q ＞0，由b 1＝1，且b 2，12b 3,2b 1成等差数列得b 3＝b 2＋2b 1，∴q 2＝2＋q ，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，故数列{b n }的通项公式为b n ＝1×2n －1＝2n －1.18．解：(1)证明：由已知可得a n ＋12n ＋1＝a n a n ＋2n ，即2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即2n ＋1a n ＋1－2n a n＝1. ∴数列{2n a n}是公差为1的等差数列． (2)由(1)知2n a n ＝2a 1＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝2n n ＋1. (3)由(2)知b n ＝n ·2n .S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，相减得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1 ＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.。

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第二章数列单元测试1(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．在等差数列{a n}中，若a4＋a6＝12，S n是数列{a n}的前n项和，则S9的值为( ) A．48 B．54C．60 D．66[答案] B[解析] ∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，∴S9＝9a1＋a92＝9a4＋a62＝9×6＝54.2．若等比数列{a n}的公比q>0，且q≠1，又a1<0，那么( )A．a2＋a6>a3＋a5B．a2＋a6<a3＋a5C．a2＋a6＝a3＋a5D．a2＋a6与a3＋a5的大小不能确定[答案] B[解析] (a2＋a6)－(a3＋a5)＝(a2－a3)－(a5－a6)＝a2(1－q)－a5(1－q)＝(1－q)(a2－a5)＝a1q(1－q)2(1＋q＋q2)．∵q>0，且q≠1，又a1<0，∴(a2＋a6)－(a3＋a5)<0.即a2＋a6<a3＋a5.3．△ABC中三内角A、B、C成等差数列，三边a、b、c成等比数列，则三内角的公差等于( )A．0° B．15°C．30° D．45°[答案] A[解析] ∵A、B、C成等差数列，则B＝60°.又三边成等比数列，∴b2＝ac，则有sin2B＝sin A sin C.3 4＝－12[cos(A＋C)－cos(A－C)]，即cos(A －C )＝1，∴A －C ＝0°，∴A ＝C .又∵B ＝60°，∴A ＝B ＝C ＝60°，故选A.4．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n3 C.n 22＋3n4 D ．n 2＋n [答案] A[解析] ∵a 1，a 3，a 6成等比数列，则(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋5d )，a 1d ＝4d 2，∴d ＝12，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝2n ＋n 2－n 4＝n 24＋74n . 5．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 ．1.14a B ．1.15aC ．11×(1.15－1)a D ．10(1.16－1)a [答案] C[解析] 本题是等比数列实际应用问题，考查建模能力和实际问题中求通项还是前n 项和的区别能力．设从去年开始，每年产值构成数列为{a n }，则a 1＝aa n ＝a (1＋10%)n －1(1≤n ≤5)，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 1.16－11.1－1－a ＝11×(1.15－1)a .6．212＋414＋818＋…＋102411024等于( )A ．204610231024B ．200710231024C ．104711024 D ．204611024[答案] A[解析] 212＋414＋818＋…＋102411024＝(2＋4＋8＋…＋1024)＋(12＋14＋18＋…＋11024)＝21－2101－2＋12[1－1210]1－12＝211－2＋1－(12)10＝2046＋210－1210＝2046＋10231024＝204610231024.7．等差数列{a n}中，a1>0，若其前n项和为S n，且有S14＝S8，那么当S n取最大值时，n 的值为( )A．8 B．9C．10 D．11[答案] D[解析] 解法一：∵S14＝S8，∴a9＋a10＋…＋a14＝0，∴a11＋a12＝0，∵S14＝S8，a1>0，∴d≠0.故a11>0，a12<0，∴S11最大．解法二：∵a1>0，S14＝S8，∴d<0.∴点(n，S n)是抛物线上的点，且抛物线的对称轴为n＝11，抛物线的开口向下，∴n＝11时，S n取最大值，故选D.8．正项数列{a n}满足a2n＋1＝a2n＋4(n∈N*)，且a1＝1，则a7的值为( )A．4 B．5 C．6 D．7[答案] B[解析] ∵a2n＋1＝a2n＋4(n∈N*)，∴a2n＋1－a2n＝4，又a1＝1，∴a21＝1.∴数列{a2n}是首项为1，公差为4的等差数列，∴a2n＝1＋4(n－1)＝4n－3.∴a27＝4×7－3＝25，又a7>0，∴a7＝5.9．若等比数列{a n}的前n项和S n＝2010n＋t(t为常数)，则a1的值为( )A．2008 B．2009C．2010 D．2011[答案] B[解析] ∵等比数列{a n}的前n项和S n＝2010n＋t，∴a1＝S1＝2010＋t，a2＝S2－S1＝20102＋t－2010－t＝2009×2010，a3＝S3－S2＝20103＋t－20102－t＝2009×20102，又a1a3＝a22，∴(2010＋t)×2009×20102＝(2009×2010)2，∴t ＝－1，∴a 1＝2010＋t ＝2009.10．若log 32，log 3(2x －1)，log 3(2x＋11)成等差数列，则x 的值为( ) A ．7或－3 B ．log 37 C ．log 27 D ．4 [答案] C[解析] 由已知得，2log 3(2x －1)＝log 32＋log 3(2x ＋11)，整理得(2x )2－4·2x－21＝0，解得2x＝7，∴x ＝log 27.11．已知0<a <b <c <1，且a 、b 、c 成等比数列，n 为大于1的整数，则log a n ，log b n ，log c n 成( )A ．等差数列B ．等比数列C ．各项倒数成等差数列D ．各项倒数成等比数列 [答案] C[解析] ∵b 2＝ac ，∴1log a n ＋1log c n＝log n a ＋log n c ＝log n (ac )＝log n b 2＝2log n b ＝2log b n. 12．把数列{2n ＋1}依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号四个数，第五个括号一个数……循环分为：(3)，(5,7)，(9,11,13)，(15,17,19,21)，(23)，(25,27)，(29,31,33)，(35,37,39,41)，(43)，…则第104个括号内各数之和为( )A ．2036B ．2048C ．2060D ．2072 [答案] D[解析] 由观察会发现，每十个数都是一个循环，一个循环里有10个数组成，104个括号有26个小循环，则第104个括号内有四个数，则这四个数为数列3,5,7,9…的第257项，第258项，第259项，第260项，分别为3＋(257－1)×2,3＋(258－1)×2,3＋(259－1)×2,3＋(260－1)×2，即515,517,519,521，其和为2072.二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．已知{a n }为等差数列，a 3＋a 8＝22，a 6＝7，则a 5＝________. [答案] 15[解析] 由等差数列的性质得，a 3＋a 8＝a 5＋a 6＝22，又a 6＝7，a 5＝22－7＝15. 14．已知数列1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值为________．[答案]52[解析] a 1＋a 2＝5，b 22＝1×4，b 2＝±2，而b 2是第三项，第一项和第五项都是正数，故b 2＝2， ∴a 1＋a 2b 2＝52. 15．(2011·湖北理)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．[答案]6766[解析] 设此等差数列为{a n }，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766. 16．在等差数列{a n }中，S n 为它的前n 项和，若a 1＞0，S 16＞0，S 17＜0, 则当n ＝________时，S n 最大．[答案] 8[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧S16＝16a 1＋a 162＝8a 8＋a 9＞0S17＝17a 1＋a 172＝17a 9＜0，∴a 8＞0而a 1＞0，∴数列{a n }是一个前8项均为正，从第9项起为负值的等差数列，从而n ＝8时，S n 最大．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．(本小题满分12分)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1022，求公差d .[解析] ∵a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n n －12d ，又a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1022，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋n －1d ＝－512 ①n ＋12n n －1d ＝－1022 ②把(n －1)d ＝－513代入②，得n ＋12n ·(－513)＝－1022，解得n ＝4，∴d ＝－171.18．(本小题满分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 .[证明] (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 1qn －1＝(23)n. 19．(本小题满分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 .[解析] (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 ＝121－12n 1－12＝1－12n .20．(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＝1,3(a 1＋a 2＋…＋a n )＝(n ＋2)a n ，求通项a n .[解析] ∵3(a 1＋a 2＋…＋a n )＝(n ＋2)a n ， ∴3S n ＝(n ＋2)a n ，∴3S n －1＝(n ＋1)a n －1(n ≥2)，两式相减，得 3a n ＝(n ＋2)a n －(n ＋1)a n －1， ∴(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1＝31，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，将以上各式相乘，得 a n a 1＝n n ＋12，又a 1＝1，∴a n ＝n n ＋12. 又a 1＝1满足上式，∴a n ＝n n ＋12(n ∈N *)．21．(本小题满分12分)设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项的和为S n ，且210S 30－(210＋1)·S 20＋S 10＝0.(1)求{a n }的通项； (2)求{nS n }的前n 项和T n .[解析] (1)解法一：当q ＝1时，S 10＝10a 1，S 20＝20a 1，S 30＝30a 1， ∴210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝210·30a 1－(210＋1)·20a 1＋10a 1 ＝210·30a 1－210·20a 1－20a 1＋10a 1 ＝10a 1·210－10a 1＝10a 1(210－1)， ∵a 1>0，∴10a 1(210－1)≠0.∴q ≠1. 由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0得210· a 11－q 301－q －(210＋1) · a 11－q 201－q ＋a 11－q 101－q＝0，∴210(1－q 30)－(210＋1)·(1－q 20)＋1－q 10＝0， ∴210－210q 30－210＋210q 20－1＋q 20＋1－q 10＝0，即q 10(q 10－1)(210q 10－1)＝0，∴210q 10－1＝0，∴210q 10＝1，∵q >0，∴q ＝12.∴a n ＝a 1qn －1＝12·(12)n －1＝12n . 解法二：由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0，得 210(S 30－S 20)＝S 20－S 10，即210(a 21＋a 22＋…＋a 30)＝a 11＋a 12＋…＋a 20. 可得210·q 10(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝a 11＋a 12＋…＋a 20.∵a n >0，∴210q 10＝1.解得q ＝12.故a n ＝a 1qn －1＝12n ，(n ＝1,2…) (2)因为{a n }是首项a 1＝12，公比q ＝12的等比数列，故S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，nS n ＝n －n2n .则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ， ①T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1. ②①－②，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＋n 2n ＋1＝n n ＋14－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋n 2n ＋1，即T n ＝n n ＋12－2＋12n －1＋n2n . 22．(本小题满分14分)已知f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )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)由点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上得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＝1，满足上式．所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝36n －5[6n ＋1－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12[1－17＋17－113＋113－119＋…＋16n －5－16n ＋1]＝12－126n ＋1<12. 因此，使得12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1<m 20(n ∈N *)成立的m 必须且仅须满足12≤m 20，即m ≥10，故满足要求的最小整数m ＝10.。

人教版数学高二-第二章 数列 单元测试 1(人教A版必修5)

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