数学必修5第一章 数列综合与测试课后复习题

这是一份数学必修5第一章 数列综合与测试课后复习题，共10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。

本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
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{an}是等差数列,a1=2,其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.398　　　　B.388　　　　
C.189　　　　D.199
2.在等差数列{an}中,a3+a5=12-a7,则a1+a9= (　　)
A.8　　　　B.12　　　　C.16　　　　D.20
3.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn,且AnBn=7n+45n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数是 (　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.5　　　　D.4
4.在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1(n∈N+),则a101的值为 (　　)
A.52　　　　B.50　　　　C.51　　　　D.49
5.等比数列{an}的前n项和为Sn=32n-1+r,则r的值为 (　　)
A.13　　　　B.-13　　　　C.19　　　　D.-19
6.已知数列{an}满足a1=2,an+1=1-21+an(n∈N+),则a2020= (　　)
A.2　　　　B.13　　　　C.-12　　　　D.-3
7.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.在龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的个数是它下一层的2倍,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案.已知该处共有1016个“浮雕像”,则正中间那层的“浮雕像”的个数为(　　)
A.508　　　　B.256　　　　C.128　　　　D.64
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S13<0,S12>0,则在数列{an}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
9.已知在正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2an2=an-12+an+12(n≥2),bn=1an+an+1,记数列{bn}的前n项和为Sn,若Sn=3,则n的值是 (　　)
A.99　　　　B.33　　　　C.48　　　　D.9
10.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=12,n+1an+1=nan+2n,则S100= (　　)
A.2-492100　　　　B.2-49299　　　　C.2-512100　　　　D.2-51299
11.若方程x2-5x+m=0与x2-10x+n=0的四个根适当排列后,恰好组成一个首项为1的等比数列,则mn的值是(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.12　　　　D.14
12.对于数列{an},若存在常数M,对任意n∈N+,都有|an|≤M成立,则称数列{an}是有界的.若数列{an}满足a1=1,则下列条件中,能使{an}有界的是 (　　)
A.an+an+1=1+n　　　　B.an+1-an=1-1n
C.anan+1=1+2n　　　　D.an+1an=1+1n2
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.已知数列{an}满足a1=-1,an+1=an+1n(n+1),n∈N+,则其通项公式为an=　　　　. 
14.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+3n(n∈N+),则其通项公式为an=　　　　. 
15.数列{an}中,Sn为数列{an}的前n项和,且a1=1,an=2Sn22Sn-1(n≥2),则这个数列的前n项和Sn=　　　　. 
16.已知数列{an}的前n项和是Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式为an=　　　　. 
三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知等差数列{an}的公差d为2,且a1,a3,a4成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设{an}的前n项和为Sn,求S20的值.







18.(本小题满分12分)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且2a2=S2+12,a3=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log2an+3,数列1bnbn+1的前n项和为Tn,求满足Tn>13的正整数n的最小值.






19.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有2Sn=3an+n-2成立.
(1)求证:数列an-12为等比数列;
(2)记bn=3n-1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.







20.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列{cn}的前n项和Tn.







21.(本小题满分12分)已知数列{an}的首项为2,前n项和为Sn,且1an-1an+1=24Sn-1(n∈N+).
(1)求a2的值;
(2)设bn=anan+1-an,求数列{bn}的通项公式;
(3)求数列{an}的通项公式.





22.(本小题满分12分)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn;
(2)设数列{bn}满足b1=a1,对任意的n∈N+,bn+1an+1-bnan=5.
(i)求数列{bn}的最大项;
(ii)是否存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn?若存在,求出所有符合题意的等差数列{cn};若不存在,请说明理由.






答案全解全析
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一、选择题
1.C　由题意可得a52=a3·a8,公差d≠0,a1=2,∴(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d),代入数据可得(2+4d)2=(2+2d)(2+7d),解得d=1,∴S18=18a1+18×172d=189.故选C.
2.A　由题意,数列{an}为等差数列,结合等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.
3.C　∵数列{an}和{bn}均为等差数列,且其前n项和An和Bn满足AnBn=7n+45n+3,
∴anbn=2an2bn=n(a1+a2n-1)2n(b1+b2n-1)2=A2n-1B2n-1=14n+382n+2=7(2n+2)+242n+2=7+242n+2=7+12n+1.
经验证知,当n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.故选C.
4.A　由已知得an+1-an=12,n∈N+,所以{an}是首项为2,公差为12的等差数列.
所以由等差数列的通项公式得a101=2+100×12=52.故选A.
5.B　设等比数列{an}的公比为q.
解法一:当n=1时,a1=S1=3+r;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3·(32-1)=8·32n-3=8·32n-2·3-1=83·9n-1.
因为n=1时满足通项公式an=83·9n-1,
所以3+r=83,所以r=-13.故选B.
解法二:由题意知公比q≠1,由Sn=a1(1-qn)1-q,得Sn=a11-q-a11-q·qn,令a11-q=A,则Sn=A-Aqn.
由题知Sn=32n-1+r=13·9n+r,所以r=-13.故选B.
6.D　由已知得a1=2,a2=1-21+2=13,a3=1-21+13=-12,a4=1-21-12=-3,a5=1-21-3=2,
可以判断出数列{an}是以4为周期的周期数列,故a2020=a505×4=a4=-3,故选D.
7.答案　D
信息提取　①龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的个数是它下一层的2倍;②该处共有1016个“浮雕像”;③求正中间那层的“浮雕像”的个数.
数学建模　本题以数学文化为背景,构建等比数列模型,应用等比数列模型解题.由题意可知,从最下层往上,每层“浮雕像”的个数构成一个公比为2的等比数列,且已知其和为1016,故可利用等比数列的通项公式和前n项和公式直接求解.
解析　根据题意,可知从最下层往上每层“浮雕像”的个数构成一个公比为2的等比数列{an},
设最下层“浮雕像”的个数为a1,数列{an}的前n项和为Sn,1≤n≤7,n∈N+,则由S7=(1-27)a11-2=1016,解得a1=8.正中间那层为第4层,所以其“浮雕像”的个数为8×23=64.
8.C　根据等差数列{an}的前n项和公式Sn=n(a1+an)2,因为S13<0,S12>0,所以a1+a13<0,a1+a12>0,由a1+a13=2a7,a1+a12=a6+a7得a7<0,a6+a7>0,所以数列{an}中绝对值最小的项为第7项.
9.B　∵2an2=an-12+an+12(n≥2),
∴数列{an2}是首项为1,公差为22-12=3的等差数列,∴an2=1+3(n-1)=3n-2.
又an>0,∴an=3n-2,
∴bn=1an+an+1=13n-2+3n+1=13·(3n+1-3n-2),
∴数列{bn}的前n项和Sn=13[(4-1)+(7-4)+…+(3n+1-3n-2)]=13·(3n+1-1),由Sn=13(3n+1-1)=3,解得n=33,故选B.
10.D　由n+1an+1=nan+2n,得n+1an+1-nan=2n,则当n≥2时,nan-n-1an-1=2n-1,n-1an-1-n-2an-2=2n-2,……,2a2-1a1=21,
将各式左右分别相加得nan-1a1=21+22+…+2n-1=2n-2,又a1=12,
所以an=n·12n(n≥2),当n=1时,a1=12也符合此式,
因此得S100=1×12+2×122+…+100×12100①,
由①×12得,12S100=1×122+2×123+…+99×12100+100×12101②,
①-②,得12S100=12+122+123+…+12100-100×12101,所以S100=2-1299-100×12100=2-51299.故选D.
11.D　由题意可知1是方程的一个根,若1是方程x2-5x+m=0的根,则m=4,另一根为4,设x3,x4是方程x2-10x+n=0的两个根,且x3 综上可知,mn=14.
12.D　对于A,假设{an}有界,即存在常数M,对任意n∈N+,都有an+1≤M,an≤M,
则1+n=an+1+an≤M+M=2M.因为左边1+n递增到无穷大,而右边为常数,所以an≤M不恒成立,故A错误.
同理,对于C,an+1an=1+2n≤M2也不恒成立,故C错误.
对于B,当n≥2时,an+1-an=1-1n≥12,累加可得an-a2≥12(n-2),a2=1,an≥n2,当n=1时,此式也成立,显然{an}不是有界的,故B错误.
对于D,a2=2,an+1an=1+1n2=n2+1n2 即ana2<2n·(n-1)<2,从而an<4,n=1时,a1=1<4也成立,故D正确.故选D.
二、填空题
13.答案　-1n
解析　由题意得,an+1-an=1n-1n+1,所以a2-a1=11-12,a3-a2=12-13,……,an-an-1=1n-1-1n(n≥2).
累加得an-a1=1-1n=n-1n(n≥2).
因为a1=-1,所以an=-1n(n≥2).当n=1时,a1=-1也符合该式,故an=-1n.
14.答案　2n+2
解析　当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+3n)-[(n-1)2+3(n-1)]=2n+2,而a1=4也满足此式,所以an=2n+2(n∈N+).
15.答案　12n-1
解析　由an=2Sn22Sn-1,得an=Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1(n≥2),整理得2Sn2-2Sn·Sn-1-Sn+Sn-1=2Sn2,即Sn-1-Sn=2Sn-1·Sn,两边同除以Sn·Sn-1得1Sn-1Sn-1=2(n≥2),所以1Sn是公差为2的等差数列,其首项为1S1=1a1=1,所以1Sn=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=12n-1.故答案为12n-1.
16.答案　3-12n-2
解析　由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n≥2),两式相减得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3)(n≥2),由a1+S1=2a1=2,得a1=1,所以a1-3=-2≠0,所以数列{an-3}是首项为-2,公比为12的等比数列,
所以an-3=-2×12n-1=-12n-2,所以an=3-12n-2.故答案为3-12n-2.
三、解答题
17.解析　(1)∵a1,a3,a4成等比数列,
∴a32=a1a4, (2分)
∴(a1+2d)2=a1(a1+3d),
∴(a1+4)2=a1(a1+6),
解得a1=-8.
∴{an}的通项公式为an=2n-10. (5分)
(2)∵S20=20(a1+a20)2=10(a1+a1+19d)
=10×(-16+19×2)=220,
∴S20的值为220. (10分)
18.解析　(1)由题意知,2a2=S2+12,
∴2a2=a1+a2+12,∴a2=a1+12. (1分)
设等比数列{an}的公比为q(q>0),
∵a3=2,∴2q=2q2+12,化简得q2-4q+4=0,解得q=2, (3分)
∴an=a3·qn-3=2·2n-3=2n-2. (4分)
(2)由(1)知,bn=log2an+3=log22n-2+3=n-2+3=n+1,
∴1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,(6分)
∴Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2(n+2). (9分)
令Tn>13,得n2(n+2)>13,解得n>4,
∴满足Tn>13的正整数n的最小值是5. (12分)
19.解析　(1)证明:∵对任意的正整数n,都有2Sn=3an+n-2成立,
∴当n=1时,a1=S1=32a1-12,解得a1=1;(1分)
当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=(3an+n-2)-(3an-1+n-3),整理得an=3an-1-1,
∴an-12=3an-1-12(n≥2), (3分)
又a1-12=12≠0,∴数列an-12是首项为12,公比为3的等比数列. (4分)
(2)由(1)可得,an-12=12·3n-1,
∴an=12(3n-1+1), (6分)
∴bn=3n-1anan+1=4×3n-1(3n-1+1)(3n+1)
=213n-1+1-13n+1, (8分)
∴Tn=211+1-13+1+13+1-132+1+…+13n-1+1-13n+1=212-13n+1=3n-13n+1. (12分)
20.解析　(1)由题意可得,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5; (1分)
当n=1时,a1=S1=11,经检验符合上式,所以an=6n+5. (2分)
设等差数列{bn}的公差为d.
由a1=b1+b2,a2=b2+b3,得11=2b1+d,17=2b1+3d, (3分)
解得b1=4,d=3,所以bn=3n+1. (4分)
(2)由(1)知,cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.(6分)
又Tn=c1+c2+…+cn,
所以Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1]①,
2Tn=3×[2×23+3×24+…+n×2n+1+(n+1)×2n+2]②, (9分)
①-②,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=-3n·2n+2,
所以Tn=3n·2n+2. (12分)
21.解析　(1)∵a1=2,且1a1-1a2=24S1-1,
∴12-1a2=24×2-1=27,解得a2=143. (2分)
(2)由1an-1an+1=24Sn-1(n∈N+),
可得4Sn-1=2anan+1an+1-an,
∴4Sn-1-1=2an-1anan-an-1,n≥2, (4分)
∴(4Sn-1)-(4Sn-1-1)=4an=2anan+1an+1-an-2an-1anan-an-1,易知an≠0,∴an+1an+1-an-an-1an-an-1=2,
∴an+1-an+anan+1-an-an-1an-an-1=2,
化简得anan+1-an-an-1an-an-1=1,
即bn-bn-1=1(n≥2), (6分)
又b1=a1a2-a1=2143-2=34,
∴数列{bn}是首项为34,公差为1的等差数列,∴bn=34+(n-1)=4n-14. (8分)
(3)由(2)可得anan+1-an=4n-14,∴an+1-anan=44n-1,即an+1an-1=44n-1,
∴an+1an=4n+34n-1,∴anan-1=4n-14n-5(n≥2), (10分)
∴an=anan-1×an-1an-2×…×a3a2×a2a1×a1=4n-14n-5×4n-54n-9×…×117×73×2=8n-23(n≥2),
又a1=2满足上式,∴an=8n-23. (12分)
22.解析　(1)设数列{an}的公比为q(q≠1,0),由a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列,
可得q+3q3=4q2,解得q=13或q=1(舍去)或q=0(舍去), (2分)
所以an=13n-1, (3分)
Sn=1-13n1-13=321-13n. (4分)
(2)(i)易得b1=1,b1a1=1,因为bn+1an+1-bnan=5,
所以数列bnan是以1为首项,5为公差的等差数列, (5分)
所以bnan=1+5×(n-1)=5n-4,
所以bn=13n-1·(5n-4).显然bn>0,
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1,解得45b1, (6分)
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1,解得n>1310n<45舍去,即b2>b3>b4>…,
所以(bn)max=b2=2. (8分)
(ii)假设存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn.
2Sn=31-13n∈[2,3),由(i)得,5-bn=5-13n-1·(5n-4)∈[3,5), (9分)
设{cn}的公差为d,则cn=c1+(n-1)·d.
若d>0,则{cn}单调递增,存在k使得ck>5,但是5-bn<5,所以cn≤5-bn不恒成立,故不满足题意; (10分)
若d<0,则{cn}单调递减,而数列{2Sn}单调递增,则2Sn≤cn不恒成立,故不满足题意; (11分)
若d=0,则cn=c1,因为2Sn≤cn≤5-bn,所以cn≥3,cn≤5-b2=3,所以cn=3.
所以存在等差数列cn=3满足题意.(12分)