高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试当堂达标检测题

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试当堂达标检测题，共11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
设等差数列{an}的公差为d，且a1a2=35,2a4－a6=7，则d=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
已知{an}为递增的等差数列，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，则公差d=（ ）
A.6 B.﹣6 C.﹣2 D.4
已知数列{an}满足lg3an＋1=lg3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6=9，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是( )
A.－5 B.－eq \f(1,5) C.5 D.eq \f(1,5)
已知等比数列{an}中，a5=3，a4a7=45，则eq \f(a7－a9,a5－a7)的值为( )
A.3 B.5 C.9 D.25
等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11=22，则a3＋a7＋a8等于( )
A.18 B.12 C.9 D.6
在等差数列{an}中，a1=－2 017，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，则S2 020=( )
A.2 020 B.－2 020 C.4 040 D.－4 040
设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4=1，S3=7，则S5等于( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(31,4) C.eq \f(33,4) D.eq \f(17,2)
设数列{an}满足2an=an＋1(n∈N*)，且前n项和为Sn，则eq \f(S4,a2)的值为( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(15,4) C.4 D.2
设等差数列{an}满足a3＋a7=36，a4a6=275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为( )
A.－10 B.－12 C.－9 D.－13
已知各项均是正数的等比数列{an}中，a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq \f(a4＋a5,a3＋a4)的值为( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2) C.－eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(\r(5)－1,2)或eq \f(\r(5)＋1,2)
在等差数列{an}中，a1=－2 025，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，则S2 028=( )
A.2 018 B.－2 018 C.4 036 D.－4 036
《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里.问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”，则该匹马第一天走的里数为( )
A.eq \f(128,127) B.eq \f(44 800,127) C.eq \f(700,127) D.eq \f(175,32)
二、填空题
若数列{an}满足a1=15，且3an＋1=3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为________.
已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn=eq \f(an＋1,an)，若b10·b11=2，则a21=_____.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)=1，则数列{an}的公差是 .
设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，则q= .
三、解答题
记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2，S3=－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5=25，S5=55.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设anbn=eq \f(1,3n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
设数列{an}的各项均为正数，且a2=4a1，an＋1=aeq \\al(2,n)＋2an(n∈N*).
(1)证明：数列{lg3(1＋an)}为等比数列；
(2)设数列{lg3(an＋1)}的前n项和为Tn，求使Tn>520成立时n的最小值.
已知数列{an}满足a1=eq \f(899,9)，an＋1=10an＋1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn=lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))，Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和，求证：Tn＜eq \f(1,2).
设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13=34，S3=9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
(2)设数列{bn}的通项公式为bn=eq \f(an,an＋t)，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由.
已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(an,2n)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－eq \f(7,4)≤Tn＜－1(n∈N*).
\s 0 答案解析
答案为：C；
解析：∵{an}是等差数列，∴2a4－a6=a4－2d=a2=7，
∵a1a2=35，∴a1=5，∴d=a2－a1=2，故选C.
A.
答案为：A；
解析：因为lg3an＋1=lg3an＋1，所以an＋1=3an.所以数列{an}是公比q=3的等比数列，
所以a2＋a4＋a6=a2(1＋q2＋q4)=9.
所以a5＋a7＋a9=a5(1＋q2＋q4)=a2q3(1＋q2＋q4)=9×33=35.
所以lgeq \f(1,3)35=－lg335=－5.
答案为：D；
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7=eq \f(a5,q)·a5q2=9q=45，所以q=5，
所以eq \f(a7－a9,a5－a7)=eq \f(a5q2－a7q2,a5－a7)=q2=25.故选D.
答案为：D；
解析：由题意得S11=eq \f(11a1＋a11,2)=eq \f(112a1＋10d,2)=22，即a1＋5d=2，
所以a3＋a7＋a8=a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d=3(a1＋5d)=6，故选D.
答案为：C；
解析：设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2＋Bn，则eq \f(Sn,n)=An＋B，∴{eq \f(Sn,n)}是等差数列.
∵eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，∴{eq \f(Sn,n)}的公差为1，又eq \f(S1,1)=eq \f(a1,1)=－2 017，
∴{eq \f(Sn,n)}是以－2 017为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(S2 020,2 020)=－2 017＋2 019×1=2，∴S2 020=4 040.故选C.
答案为：B；
解析：设数列{an}的公比为q，则显然q≠1，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，
∴S5=eq \f(a11－q5,1－q)=eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))=eq \f(31,4).
答案为：A
解析：由题意知，数列{an}是以2为公比的等比数列，故eq \f(S4,a2)=eq \f(\f(a11－24,1－2),a1×2)=eq \f(15,2).故选A.
答案为：B；
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7=36，∴a4＋a6=36，
又a4a6=275，联立，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11，))
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))
此时an=7n－17，a2=－3，a3=4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，
∴a2a3=－12为anan＋1的最小值；
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))
此时an=－7n＋53，a7=4，a8=－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，
∴a7a8=－12为anan＋1的最小值.
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案为：B
解析：设{an}的公比为q(q＞0).由a3=a2＋a1，得q2－q－1=0，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
从而eq \f(a4＋a5,a3＋a4)=q=eq \f(1＋\r(5),2).

答案为：C；
解析：设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2＋Bn，则eq \f(Sn,n)=An＋B，∴{eq \f(Sn,n)}是等差数列.
∵eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)=2，∴{eq \f(Sn,n)}的公差为1，又eq \f(S1,1)=eq \f(a1,1)=－2 025，
∴{eq \f(Sn,n)}是以－2 025为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(S2 018,2 018)=－2 025＋2 027×1=2，∴S2 018=4 029.故选C.
答案为：B；
解析：由题意知该匹马每日所走的路程成等比数列{an}，且公比q=eq \f(1,2)，S7=700，
由等比数列的求和公式得Sn=700，解得a1=eq \f(44 800,127)，故选B.
答案为：23
解析：因为3an＋1=3an－2，所以an＋1－an=－eq \f(2,3)，所以数列{an}是首项为15，
公差为－eq \f(2,3)的等差数列，所以an=15－eq \f(2,3)·(n－1)=－eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3)，令an=－eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3)＞0，
得n＜23.5，所以使ak·ak＋1＜0的k值为23.
答案为：1 024
解析：∵b1=eq \f(a2,a1)=a2，b2=eq \f(a3,a2)，∴a3=b2a2=b1b2，∵b3=eq \f(a4,a3)，
∴a4=b1b2b3，…，an=b1b2b3·…·bn－1，∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1 024.
答案为：2.
解析：∵eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)=1，∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋\f(2×1,2)d))=6，
∴6a1＋6d－6a1－3d=6，∴d=2.
答案为：eq \f(3,2)或－1.
解析：解法1：易知q≠1.由S2=3a2＋2，得eq \f(a11－q2,1－q)=3a1q＋2，化简得a1=eq \f(2,1－2q)，
由S4=3a4＋2，得eq \f(a11－q4,1－q)=3a1q3＋2，化简得a1(1＋q＋q2－2q3)=2.
从而，可得eq \f(2,1－2q)·(1＋q＋q2－2q3)=2，变形整理得q(2q－3)(q＋1)=0，
又q≠0，所以q=eq \f(3,2)或q=－1.
解法2：由S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，两式作差得S4－S2=3(a4－a2)，
即a3＋a4=3(a4－a2)，整理得a3＋3a2=2a4，所以a2q＋3a2=2a2q2，
又a2≠0，所以2q2－q－3=0，解得q=eq \f(3,2)或q=－1.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))
解得q=－2，a1=－2.
故{an}的通项公式为an=(－2)n.
(2)由(1)可得Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=－eq \f(2,3)＋(－1)n·eq \f(2n＋1,3).
由于Sn＋2＋Sn＋1=－eq \f(4,3)＋(－1)n·eq \f(2n＋3－2n＋2,3)
=2[－eq \f(2,3)＋(－1)n·eq \f(2n＋1,3)]=2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝2a1＋5d＝25，,S5＝5a3＝5a1＋\f(5×4,2)d＝55，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝3，))∴数列{an}的通项公式为an=3n＋2.
(2)由anbn=eq \f(1,3n－1)，得bn=eq \f(1,an3n－1)
=eq \f(1,3n－13n＋2)=eq \f(1,3)(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))，
Tn=b1＋b2＋…＋bn=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))=eq \f(1,3)(eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋2))
=eq \f(1,6)－eq \f(1,9n＋6)=eq \f(n,23n＋2).
解：(1)证明：由已知，得a2=aeq \\al(2,1)＋2a1=4a1，
则a1(a1－2)=0，
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1=2.
因为an＋1＋1=(an＋1)2>0，
所以lg3(an＋1＋1)=2lg3(an＋1).
又lg3(a1＋1)=lg33=1，
所以数列{lg3(1＋an)}是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知，lg3(1＋an)=2n－1，
所以Tn=1＋2＋22＋…＋2n－1=2n－1.
由Tn>520，得2n>521(n∈N*)，得n≥10.
则使Tn>520成立时n的最小值为10.
解：(1)由an＋1=10an＋1，得an＋1＋eq \f(1,9)=10an＋eq \f(10,9)=10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))，
所以eq \f(an＋1＋\f(1,9),an＋\f(1,9))=10，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))是等比数列，首项为a1＋eq \f(1,9)=100，公比为10.
所以an＋eq \f(1,9)=100×10n－1=10n＋1，所以an=10n＋1－eq \f(1,9).
(2)【证明】由(1)可得bn=lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))=lg 10n＋1=n＋1，
所以eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,n＋1n＋2)=eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))=eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＜eq \f(1,2)，
所以Tn＜eq \f(1,2).
解：(1)设{an}的公差为d，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋16d＝34，,3a1＋3d＝9，))
解得a1=1，d=2，
故an=2n－1，Sn=n2.
(2)由(1)知bn=eq \f(2n－1,2n－1＋t)，
要使b1，b2，bm成等差数列，必须有2b2=b1＋bm，
即2×eq \f(3,3＋t)=eq \f(1,1＋t)＋eq \f(2m－1,2m－1＋t)，
移项得eq \f(2m－1,2m－1＋t)=eq \f(6,3＋t)－eq \f(1,1＋t)=eq \f(6＋6t－3－t,3＋t1＋t)，
整理得m=3＋eq \f(4,t－1).
因为m，t为正整数，
所以t只能取2,3,5.
当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；
当t=5时，m=4.
所以存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列.
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＝15，,a\\al(2,4)＝a3a7，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝15，,a1＋3d2＝a1＋2da1＋6d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
∴an=2n－5(n∈N*).
(2)证明：∵bn=eq \f(an,2n)=eq \f(2n－5,2n)，n∈N*.
∴Tn=eq \f(－3,2)＋eq \f(－1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(2n－5,2n)，①
eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,22)＋eq \f(－1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(2n－7,2n)＋eq \f(2n－5,2n＋1)，②
①－②得eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－5,2n＋1)
=－eq \f(1,2)＋eq \f(1－2n,2n＋1)，
∴Tn=－1－eq \f(2n－1,2n)(n∈N*)，
∵eq \f(2n－1,2n)＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1.
Tn＋1－Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2n＋1,2n＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2n－1,2n)))=eq \f(2n－3,2n＋1)，
∴Tn＜Tn＋1(n≥2).
又T1=－1－eq \f(1,2)=－eq \f(3,2)，T2=－1－eq \f(4－1,4)=－eq \f(7,4).
∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2=－eq \f(7,4).
综上所述，－eq \f(7,4)≤Tn＜－1(n∈N*).