高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试精练

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试精练，共6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。

1．{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 014，则序号n等于( )
A．667 B．668 C．669 D．672
答案 D
解析 由2 014＝1＋3(n－1)解得n＝672.
2．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 A
解析 ∵a3·a11＝aeq \\al(2,7)＝16，∴a7＝4，
∴a5＝eq \f(a7,q2)＝eq \f(4,22)＝1.
4．数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)(eq \f(9,10))n，那么在此数列中( )
A．a7＝a8最大 B．a8＝a9最大
C．有唯一项a8最大 D．有唯一项a7最大
答案 A
解析 an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n，an＋1＝(n＋3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n＋1，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋3,n＋2)·eq \f(9,10)，
令eq \f(an＋1,an)≥1，即eq \f(n＋3,n＋2)·eq \f(9,10)≥1，解得n≤7，即n≤7时递增，n＞7递减，所以a1＜a2＜a3＜…＜a7＝a8＞a9＞…，
所以a7＝a8最大．故选A.
5．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，则eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)等于( )
A.eq \f(nn＋1,2) B.eq \f(2,nn＋1)
C.eq \f(n,2n＋1) D.eq \f(2n,n＋1)
答案 D
解析 由已知得an－an＋1＋1＝0，
即an＋1－an＝1.
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)＝2[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]＝2(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(2n,n＋1).
6．数列{(－1)n·n}的前2 013项的和S2 013为( )
A．－2 013 B．－1 007 C．2 013 D．1 007
答案 B
解析 S2 013＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 012－2 013＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 012－2 013)＝(－1)＋(－1)×1 006＝－1 007.
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{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 C
解析 由S50.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0.
由S7>S8⇒a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0即S99．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为( )
A.eq \f(15,8)和5 B.eq \f(31,16)和5 C.eq \f(31,16) D.eq \f(15,8)
答案 C
解析 若q＝1，则9S3＝27a1，S6＝6a1，
∵a1≠0，∴9S3≠S6，矛盾，故q≠1.
由9S3＝S6得9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，
解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.∴eq \f(1,an)＝(eq \f(1,2))n－1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和S5＝eq \f(1－\f(1,2)5,1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
10．某工厂月生产总值的平均增长率为q，则该工厂的年平均增长率为( )
A．q B．12q
C．(1＋q)12 D．(1＋q)12－1
答案 D
解析 设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q)，该厂第一年的生产总值为S1＝1＋(1＋q)＋(1＋q)2＋…＋(1＋q)11.
则第2年第1个月的生产总值为(1＋q)12，
第2年全年生产总值S2＝(1＋q)12＋(1＋q)13＋…＋(1＋q)23＝(1＋q)12S1，
∴该厂生产总值的年平均增长率为eq \f(S2－S1,S1)＝eq \f(S2,S1)－1＝(1＋q)12－1.
二、填空题
11．设{an}是递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________．
答案 2
解析 设前三项分别为a－d，a，a＋d，则a－d＋a＋a＋d＝12且a(a－d)(a＋d)＝48，解得a＝4且d＝±2，又{an}递增，∴d>0，即d＝2，∴a1＝2.
12．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
答案 63
解析 由题意知a1＋a3＝5，a1a3＝4，又{an}是递增数列，所以a1＝1，a3＝4，所以q2＝eq \f(a3,a1)＝4，q＝2代入等比求和公式得S6＝63.
13．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝________.
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)
∴an＝2an－1，经检验n＝1也符合．∴{an}是等比数列，∴an＝2n－1，n∈N*.
14．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．
答案 eq \f(\r(5)－1,2)
解析 设三边为a，aq，aq2 (q>1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝eq \f(\r(5)＋1,2).
较小锐角记为θ，则sin θ＝eq \f(1,q2)＝eq \f(\r(5)－1,2).
三、解答题
15．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.
16．已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{eq \f(1,Sn)}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,6)≤Tn(1)解 因为数列{an}是等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
依题意，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＝70，,a\\al(2,7)＝a2a22.))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋10d＝70，,a1＋6d2＝a1＋da1＋21d.))
解得a1＝6，d＝4.所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋2(n∈N*)．
(2)证明 由(1)可得Sn＝2n2＋4n.
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2n2＋4n)＝eq \f(1,2nn＋2)＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))．
所以Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn－1)＋eq \f(1,Sn)
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,3))＋eq \f(1,4)(eq \f(1,2)－eq \f(1,4))＋eq \f(1,4)(eq \f(1,3)－eq \f(1,5))＋…＋eq \f(1,4)×(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1))＋eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))
＝eq \f(1,4)(1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(3,8)－eq \f(1,4)(eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2))．
因为Tn－eq \f(3,8)＝－eq \f(1,4)(eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2))<0，所以Tn因为Tn＋1－Tn＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋3))>0，所以数列{Tn}是递增数列，
所以Tn≥T1＝eq \f(1,6).所以eq \f(1,6)≤Tn17．已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由.
解 (1)由a1a2a3＝125，得a2＝5，
又a2|q－1|＝10，
∴q＝－1或3，
∴数列{an}的通项an＝－5·(－1)n－1或an＝5×3n－2.
(2)若q＝－1，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)＝－eq \f(1,5)或0，不存在这样的正整数m；
若q＝3，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)＝eq \f(9,10)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))m))＜eq \f(9,10)，不存在这样的正整数m.
综上，对任何正整数m，总有eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)＜1，故不存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1成立．
18．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Sn.
(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.