人教版高二数学第二章《数列》 过关检测 （含解析）

这是一份高中人教版新课标A本册综合随堂练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

知识点分布表
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)
1.在等差数列{an}中,S10=120,则a1+a10的值是( )

A.12B.24
C.36D.48
答案:B
解析:S10=10(a1+a10)2=120解得,a1+a10=24.
2.等比数列{an}中,a2,a6是方程x2-34x+64=0的两根,则a4=( )
A.8B.-8
C.±8D.以上都不对
答案:A
解析:由已知得a2+a6=34,a2·a6=64,所以a2>0,a6>0,则a4>0.
又a42=a2·a6=64,∴a4=8.
3.如果f(n+1)=2f(n)+12(n=1,2,3,…)且f(1)=2,则f(101)等于( )
A.49B.50
C.51D.52
答案:D
解析:∵f(n+1)=2f(n)+12=f(n)+12,
∴f(n+1)-f(n)=12,
即数列{f(n)}是首项为2,公差为12的等差数列.
∴通项公式为f(n)=2+(n-1)×12=12n+32.
∴f(101)=12×101+32=52.
4.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
A.52B.7
C.6D.42
答案:A
解析:(a1a2a3)·(a7a8a9)=(a1a9)·(a2a8)·(a3a7)=a56=50,
∴a53=52.
又a4a5a6=(a4a6)·a5=a53,
故选A.
5.若数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2,则使ak·ak+1<0的k值为( )
A.22B.21
C.24D.23
答案:D
解析:因为3an+1=3an-2,所以an+1-an=-23,所以数列{an}是首项为15,公差为-23的等差数列,所以an=15-23(n-1)=-23n+473,由an=-23n+473>0,得n<23.5,所以使ak·ak+1<0的k值为23.
6.若数列{an}满足an+1=1-1an,且a1=2,则a2 012等于( )
A.-1B.2
C.2D.12
答案:D
解析:∵an+1=1-1an,a1=2,
∴a2=1-12=12,a3=1-2=-1,a4=1-1-1=2.
由此可见,数列{an}的项是以3为周期重复出现的,∴a2 012=a670×3+2=a2=12.
7.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8=( )
A.0B.3
C.8D.11
答案:B
解析:{bn}为等差数列,公差d=b10-b310-3=2,
∴bn=b3+2(n-3)=2n-8.
∴an+1-an=2n-8.
∴a8=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)
=3+(-6)+(-4)+…+6
=3+7×(-6+6)2=3.
8.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( )
A.3B.4
C.5D.6
答案:C
解析:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,
∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,
am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.
∴d=am+1-am=3-2=1.
∵Sm=ma1+m(m-1)2×1=0,
∴a1=-m-12.
又∵am+1=a1+m×1=3,
∴-m-12+m=3.
∴m=5.故选C.
9.等差数列{an}中,已知3a5=7a10,且a1<0,则数列{an}前n项和Sn(n∈N*)中最小的是( )
A.S7或S8B.S12
C.S13D.S14
答案:C
解析:由3a5=7a10得3(a1+4d)=7(a1+9d),解得d=-451a1>0.
所以an=a1+(n-1)d=a1-(n-1)×451a1,
由an=a1-(n-1)×451a1≤0,
即1-4(n-1)51≥0,解得n≤554=1334,
即当n≤13时,an<0.
当n>13时,an>0,所以前13项和最小,所以选C.
10.(2015河南南阳高二期中,12)数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1;bn=(-1)nan(n∈N*);则数列{bn}的前50项和为( )
A.49B.50C.99D.100
答案:A
解析:∵数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,
∴a1=S1=3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n,
故an=3,n=1,2n,n≥2.
∴bn=(-1)nan=-3,n=1,(-1)n·2n,n≥2,
∴数列{bn}的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-98+100)=1+24×2=49,故选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)
11.已知数列{an}中,an=2×3n-1,则由它的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn= .
答案:3(9n-1)4
解析:∵数列{an}是等比数列,
∴它的偶数项也构成等比数列,且首项为6,公比为9.
∴其前n项和Sn=6(1-9n)1-9=3(9n-1)4.
12.正项数列{an}满足:
a1=1,a2=2,2an2=an+12+an-12(n∈N*,n≥2),则a7= .
答案:19
解析:因为2an2=an+12+an-12(n∈N*,n≥2),
所以数列{an2}是以a12=1为首项,
以d=a22-a12=4-1=3为公差的等差数列.
所以an2=1+3(n-1)=3n-2.
所以an=3n-2,n≥1.
所以a7=3×7-2=19.
13.(2015江西吉安联考,13)已知数列{an}满足anan+1an+2an+3=24,且a1=1,a2=2,a3=3,则a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014= .
答案:5 033
解析:∵数列{an}满足anan+1an+2an+3=24,
∴a1a2a3a4=24,
a4=24a1a2a3=241×2×3=4,
∵anan+1an+2an+3=24,
∴an+1an+2an+3an+4=24,
∴an+4=an,
∴数列{an}是以4为周期的周期数列,
2 014=503×4+2,
∴a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014
=503×(1+2+3+4)+1+2=5 033.
14.(2015山东省潍坊四县联考,14)已知数列{an}满足a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·an=n2,则an= .
答案:12×3n-1
解析:∵a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·an=n2,
∴当n≥2时,a1+3·a2+32·a3+…+3n-2·an-1=n-12,
两式相减得3n-1·an=n2-n-12=12,
即an=12×3n-1,n≥2,
当n=1时,a1=12,满足an=12×3n-1,
故an=12×3n-1.
三、解答题(本大题共4小题,15、16小题每小题10分,17、18小题每小题12分,共44分)
15.(2015河南郑州高二期末,17)设等差数列{an}满足a3=5,a10=-9.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.
解:(1)由an=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得,
a1+2d=5,a1+9d=-9,
解得a1=9,d=-2.
数列{an}的通项公式为an=11-2n.
(2)由(1)知Sn=na1+n(n-1)2d=10n-n2.
因为Sn=-(n-5)2+25.
所以n=5时,Sn取得最大值25.
16.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0.
故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11.
则当1≤n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=-Sn+2S11
=12n2-212n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
-12n2+212n,1≤n≤11,12n2-212n+110,n≥12.
17.(2015福建省宁德市五校联考,21)已知数列{an}中,a1=3,an+1=4an+3.
(1)试写出数列{an}的前三项;
(2)求证:数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式an;
(3)设bn=lg2(an+1),记数列1bnbn+1的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.
解:(1)∵a1=3,an+1=4an+3,
∴a1=3,a2=15,a3=63.
(2)∵an+1+1an+1=4an+3+1an+1=4,
∴数列{an+1}是公比为4的等比数列.
∴an+1=(a1+1)·4n-1=4n,
∴an=4n-1.
(3)∵bn=lg2(an+1)=lg24n=2n,
∴1bnbn+1=12n·2(n+1)=141n-1n+1,
∴Tn=141-12+12-13+13-14+…+
1n-1n+1
=141-1n+1,
∵Tn=141-1n+1是关于n(n∈N*)的单调递增函数,
∴n=1时,(Tn)min=18,n→+∞时,Tn→14.
∴Tn的取值范围是18,14.
18.(2015山东高考,理18)设数列{an}的前n项和为Sn .已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=lg3an,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)因为2Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,
即an=3n-1,所以an=3,n=1,3n-1,n>1.
(2)因为anbn=lg3an,所以b1=13,
当n>1时,bn=31-nlg33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=13;
当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),
所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),
两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n
=136-6n+32×3n,
所以Tn=1312-6n+34×3n.
经检验,n=1时也适合.
综上可得Tn=1312-6n+34×3n.
知识点
等差数列的有关计算及性质
等差数列前n项和
等比数列的有关计算及性质
等比数列前n项和
综合应用
相应题号
3,5,7,12
1,8,9,15
2,4
11
6,10,13,14,16,17,18