高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试一课一练

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试一课一练，共5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。

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 011，则序号n等于( )
A．667 B．668 C．669 D．671
答案 D
解析 由2 011＝1＋3(n－1)解得n＝671.
2．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是( )
A．15 B．30 C．31 D．64
答案 A
解析 在等差数列{an}中，a7＋a9＝a4＋a12，
∴a12＝16－1＝15.
3．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120 C．168 D．192
答案 B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝eq \f(a2,q)＝3，
S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝eq \f(31－34,1－3)＝120.
4．等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前20项和等于( )
A．160 B．180 C．200 D．220
答案 B
解析 ∵(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20)
＝(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)
＝3(a1＋a20)＝－24＋78＝54，
∴a1＋a20＝18.
∴S20＝eq \f(20a1＋a20,2)＝180.
5．数列{an}中，an＝3n－7 (n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝eq \f(1,3)，bn－1＝27bn(n≥2且n∈N＋)，若an＋lgkbn为常数，则满足条件的k值( )
A．唯一存在，且为eq \f(1,3) B．唯一存在，且为3
C．存在且不唯一 D．不一定存在
答案 B
解析 依题意，
bn＝b1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))n－1＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3n－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3n－2，
∴an＋lgkbn＝3n－7＋lgkeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3n－2
＝3n－7＋(3n－2)lgkeq \f(1,3)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋3lgk\f(1,3)))n－7－2lgkeq \f(1,3)，
∵an＋lgkbn是常数，∴3＋3lgkeq \f(1,3)＝0，
即lgk3＝1，∴k＝3.
6．等比数列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的两根，则a4等于( )
A．8 B．－8 C．±8 D．以上都不对
答案 A
解析 ∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴aeq \\al(2,4)＝64，
∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0，∴a4＝8.
7．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( )
A．1或2 B．1或－2 C．－1或2 D．－1或－2
答案 C
解析 依题意有2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.
8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 显然等比数列{an}的公比q≠1，则由eq \f(S10,S5)＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝eq \f(1,2)⇒q5＝－eq \f(1,2)，
故eq \f(S15,S5)＝eq \f(1－q15,1－q5)＝eq \f(1－q53,1－q5)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))3,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(3,4).
9．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)等于( )
A.eq \f(15,14) B.eq \f(12,13) C.eq \f(13,16) D.eq \f(15,16)
答案 C
解析 因为aeq \\al(2,3)＝a1·a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d.
所以eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq \f(3a1＋10d,3a1＋13d)＝eq \f(13,16).
10．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18
答案 B
解析 ∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，
∴99－105＝3d.∴d＝－2.
又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.
∴Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.
∴当n＝20时，Sn有最大值．
11．设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是( )
A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)
C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X)
答案 D
解析 由题意知Sn＝X，S2n＝Y，S3n＝Z.
又∵{an}是等比数列，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n为等比数列，
即X，Y－X，Z－Y为等比数列，
∴(Y－X)2＝X·(Z－Y)，
即Y2－2XY＋X2＝ZX－XY，
∴Y2－XY＝ZX－X2，
即Y(Y－X)＝X(Z－X)．
12．已知数列1，eq \f(1,2)，eq \f(2,1)，eq \f(1,3)，eq \f(2,2)，eq \f(3,1)，eq \f(1,4)，eq \f(2,3)，eq \f(3,2)，eq \f(4,1)，…，则eq \f(5,6)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)，\f(2,n－1)，…，\f(n,1)))，
则第n组中每个数分子分母的和为n＋1，则eq \f(5,6)为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)
13.eq \r(2)－1与eq \r(2)＋1的等比中项是________．
答案 ±1
14．已知在等差数列{an}中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为______．
答案 －4
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝23＋5d≥0,a7＝23＋6d<0))，解得－eq \f(23,5)≤d<－eq \f(23,6)，
∵d∈Z，∴d＝－4.
15．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在达到离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是________秒．
答案 15
解析 设每一秒钟通过的路程依次为a1，a2，a3，…，an，则数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，由求和公式得na1＋eq \f(nn－1d,2)＝240，即2n＋n(n－1)＝240，解得n＝15.
16．等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1>1，a99a100－1>0，eq \f(a99－1,a100－1)<0.给出下列结论：①01成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是________．(填写所有正确的序号)
答案 ①②④
解析 ①中，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a99－1a100－1<0,a99a100>1,a1>1))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a99>1,0⇒q＝eq \f(a100,a99)∈(0,1)，∴①正确．
②中，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a99a101＝a\\al(2,100),0③中，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(T100＝T99a100,0④中，T198＝a1a2…a198
＝(a1a198)(a2a197)…(a99a100)
＝(a99a100)99>1，
T199＝a1a2…a198a199＝(a1a199)…(a99a101)·a100
＝a199100<1，∴④正确．
三、解答题(本大题共6小题，共74分)
17．(12分)已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a3＝－6，a6＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))
解得a1＝－10，d＝2.
所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，q＝3.
所以数列{bn}的前n项和公式为
Sn＝eq \f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．
18．(12分)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
解 设{an}的公差为d，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2da1＋6d＝－16，,a1＋3d＋a1＋5d＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(2,1)＋8da1＋12d2＝－16，,a1＝－4d.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－8，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,d＝－2.))
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
19．(12分)已知数列{lg2(an－1)} (n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a2－a1)＋eq \f(1,a3－a2)＋…＋eq \f(1,an＋1－an)<1.
(1)解 设等差数列{lg2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得lg2(9－1)＝lg2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以lg2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，
即an＝2n＋1.
(2)证明 因为eq \f(1,an＋1－an)＝eq \f(1,2n＋1－2n)＝eq \f(1,2n)，
所以eq \f(1,a2－a1)＋eq \f(1,a3－a2)＋…＋eq \f(1,an＋1－an)
＝eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)
＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)<1.
20．(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝eq \f(an,2n－1).证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和．
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(2an＋2n,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知，bn＝n，eq \f(an,2n－1)＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1
两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
21．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝eq \f(1,2)Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当bn＝lgeq \f(3,2)(3an＋1)时，求证：数列{eq \f(1,bnbn＋1)}的前n项和Tn＝eq \f(n,1＋n).
(1)解 由已知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＝\f(1,2)Sn，,an＝\f(1,2)Sn－1))(n≥2)，
得an＋1＝eq \f(3,2)an(n≥2)．
∴数列{an}是以a2为首项，以eq \f(3,2)为公比的等比数列．
又a2＝eq \f(1,2)S1＝eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)，
∴an＝a2×(eq \f(3,2))n－2(n≥2)．
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1， n＝1，,\f(1,2)×\f(3,2)n－2， n≥2.))
(2)证明 bn＝lgeq \f(3,2)(3an＋1)＝lgeq \f(3,2)[eq \f(3,2)×(eq \f(3,2))n－1]＝n.
∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n1＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,1＋n).
∴Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋eq \f(1,b3b4)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)
＝(eq \f(1,1)－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)－eq \f(1,4))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,1＋n))
＝1－eq \f(1,1＋n)＝eq \f(n,1＋n).
22．(14分)已知数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，它的前n项和Sn满足Sn＝eq \f(1,6)(an＋1)(an＋2)，并且a2，a4，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 (1)∵对任意n∈N*，有Sn＝eq \f(1,6)(an＋1)(an＋2)， ①
∴当n＝1时，有S1＝a1＝eq \f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或2.
当n≥2时，有Sn－1＝eq \f(1,6)(an－1＋1)(an－1＋2)． ②
①－②并整理得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0.
而数列{an}的各项均为正数，∴an－an－1＝3.
当a1＝1时，an＝1＋3(n－1)＝3n－2，
此时aeq \\al(2,4)＝a2a9成立；
当a1＝2时，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
此时aeq \\al(2,4)＝a2a9不成立，舍去．
∴an＝3n－2，n∈N*.
(2)T2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－6a2－6a4－…－6a2n
＝－6(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－6×eq \f(n4＋6n－2,2)＝－18n2－6n.