人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试习题

这是一份人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试习题，共9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．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．下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( )
A．1，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…
B．－1,2，－3,4，…
C．－1，－eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，－eq \f(1,8)，…
D．1, eq \r(2)， eq \r(3)，…，eq \r(n)
【解析】 A为递减数列，B为摆动数列，D为有穷数列．
【答案】 C
2．已知数列{an}是首项a1＝4，公比q≠1的等比数列，且4a1，a5，－2a3成等差数列，则公比q等于( )
A.eq \f(1,2) B．－1 C．－2 D．2
【解析】 由已知，2a5＝4a1－2a3，即2a1q4＝4a1－2a1q2，所以q4＋q2－2＝0，解得q2＝1，因为q≠1，所以q＝－1.
【答案】 B
3．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是( )
A．33个 B．65个 C．66个 D．129个
【解析】 设开始的细胞数和每小时后的细胞数构成的数列为{an}．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＋1＝2an－1，))即eq \f(an＋1－1,an－1)＝2.
∴an－1＝1·2n－1 ，an＝2n－1＋1，a7＝65.
【答案】 B
4．等比数列{an}的通项为an＝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 {bn}，那么162是新数列{bn}的( )
A．第5项 B．第12项
C．第13项 D．第6项
【解析】 162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项．
【答案】 C
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
【解析】 ∵Sn＝an－1(a≠0)，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))
即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，n＝1，,a－1an－1，n≥2，))
当a＝1时，an＝0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列；当a≠1时，数列{an}是一个等比数列．
【答案】 C
6．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．190
【解析】 设公差为d，
∴(1＋d)2＝1×(1＋4d)，
∵d≠0，
∴d＝2，从而S10＝100.
【答案】 B
7．记等差数列{an}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．7
【解析】 S4－S2＝a3＋a4＝20－4＝16，
∴a3＋a4－S2＝(a3－a1)＋(a4－a2)
＝4d＝16－4＝12，
∴d＝3.
【答案】 B
8．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则eq \f(a7,a3)＝( )
A．2 B．4 C．5 D.eq \f(5,2)
【解析】 依题意得eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，即eq \f(an＋2,an)＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此eq \f(a7,a3)＝4.
【答案】 B
9．在数列{an}中，a1＝2,2an＋1－2an＝1，则a101的值为( )
A．49 B．50 C．51 D．52
【解析】 ∵2an＋1－2an＝1，
∴an＋1－an＝eq \f(1,2)，
∴数列{an}是首项a1＝2，公差d＝eq \f(1,2)的等差数列，
∴a101＝2＋eq \f(1,2)(101－1)＝52.
【答案】 D
10．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，如图1所示：
图1
则第七个三角形数是( )
A．27 B．28 C．29 D．30
【解析】 法一 ∵a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，
∴a6－a5＝6，a6＝21，a7－a6＝7，a7＝28.
法二 由图可知第n个三角形数为eq \f(nn＋1,2)，
∴a7＝eq \f(7×8,2)＝28.
【答案】 B
11．数列{an}满足递推公式an＝3an－1＋3n－1(n≥2)，又a1＝5，则使得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,3n)))为等差数列的实数λ＝( )
A．2 B．5 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
【解析】 a1＝5，a2＝23，a3＝95，令bn＝eq \f(an＋λ,3n)，则b1＝eq \f(5＋λ,3)，b2＝eq \f(23＋λ,9)，b3＝eq \f(95＋λ,27)，
∵b1＋b3＝2b2，
∴λ＝－eq \f(1,2).
【答案】 C
12．在等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，则{an}的前n项和Sn中最大的负数为( )
A．S17 B．S18 C．S19 D．S20
【解析】 ∵a10<0，a11>0，且a11>|a10|，
∴a11＋a10>0.
S20＝eq \f(20a1＋a20,2)＝10·(a11＋a10)>0.
S19＝eq \f(19a1＋a19,2)＝eq \f(19,2)·2a10<0.
【答案】 C
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．在等差数列{an}和{bn}中，a1＝25，b1＝75，a100＋b100＝100，则数列{an＋bn}的前100项的和为________．
【解析】 由已知得{an＋bn}为等差数列，故其前100项的和为S100＝eq \f(100[a1＋b1＋a100＋b100],2)
＝50×(25＋75＋100)＝10 000.
【答案】 10 000
14．数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋n(n≥2)，则a5＝________. 【导学号：05920082】
【解析】 由an＝an－1＋n(n≥2)，得an－an－1＝n，则a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，把各式相加，得a5－a1＝2＋3＋4＋5＝14，
∴a5＝14＋a1＝14＋1＝15.
【答案】 15
15．首项为－24的等差数列从第10项起开始为正数，则公差d的取值范围是________．
【解析】 设a1＝－24，公差为d，∴a10＝－24＋9d>0且a9＝－24＋8d≤0，∴eq \f(8,3)【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))
16．已知公差不为零的正项等差数列{an}中，Sn为其前n项和，lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，若a5＝10，则S5＝________.
【解析】 设{an}的公差为d，则d≠0.
由lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，
得2lg a2＝lg a1＋lg a4，∴aeq \\al(2,2)＝a1a4，
即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，d2＝a1d.
又d≠0，故d＝a1，a5＝5a1＝10，d＝a1＝2，
S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝30.
【答案】 30
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)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
【解】 设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得
2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.
所以数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝eq \f(3n2－n,2).
18．(本小题满分12分)(2016·唐山模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．
【解】 (1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·Sn＋2n(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
(2)证明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2，
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2.
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0.
∴Sn－1＋2≠0，∴eq \f(Sn＋2,Sn－1＋2)＝2.
即{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
19．(本小题满分12分)(2015·北京高考)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1,2，…)．
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63，
所以b6与数列{an}的第63项相等．
20．(本小题满分12分)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0. 【导学号：05920083】
(1)令cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
【解】 (1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，
bn≠0(n∈N*)，
所以eq \f(an＋1,bn＋1)－eq \f(an,bn)＝2，即cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，
3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n.
相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
21．(本小题满分12分)(2015·四川高考)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|【解】 (1)由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)，所以q＝2.
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n).
由|Tn－1|即2n>1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10.
于是使|Tn－1|22．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝aeq \s\d10(\f(nn＋1,2))，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
【解】 (1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知bn＝aeq \s\d10(\f(nn＋1,2))＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n＝eq \f(\f(n,2)4＋2n,2)＝eq \f(nn＋2,2)，
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝eq \f(n－1n＋1,2)－n(n＋1)＝－eq \f(n＋12,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(n＋12,2)，n为奇数，,\f(nn＋2,2)，n为偶数.))