高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试课时训练

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试课时训练，共8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．已知数列的前4项为2,0,2,0，则归纳该数列的通项不可能是( )
A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n为奇数,0，n为偶数))
C．an＝2sin eq \f(nπ,2) D．an＝cs(n－1)π＋1
解析：对于C，当n＝3时，sin eq \f(3π,2)＝－1，则a3＝－2，与题意不符．
答案：C
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A．15 B．16
C．49 D．64
解析：a8＝S8－S7＝82－72＝15.
答案：A
3．若数列{an}的通项公式是an＝2(n＋1)＋3，则此数列( )
A．是公差为2的等差数列
B．是公差为3的等差数列
C．是公差为5的等差数列
D．不是等差数列
解析：由题意可得，an＝2n＋5＝7＋2(n－1)，即此数列是公差为2的等差数列．
答案：A
4．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析：因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝aeq \\al(3,3)＝8，所以a3＝2，所以a7＝a3q4＝2q4＝8，
所以q2＝2，a1＝eq \f(a3,q2)＝1，故选A.
答案：A
5．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A．31 B．32
C．33 D．34
解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
答案：B
6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第九日所织尺数为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：该数列为等差数列，且S7＝28，a2＋a5＋a8＝15，即7a1＋21d＝28,3a1＋12d＝15，解得a1＝1，d＝1，a9＝a1＋8d＝9.
答案：B
7．等差数列{an}前n项和为Sn，S7＋S5＝10，a3＝5，则S7＝( )
A．25 B．49
C．－15 D．40
解析：因为等差数列{an}前n项和为Sn，S7＋S5＝10，a3＝5，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7a1＋\f(7×6,2)d＋5a1＋\f(5×4,2)d＝10，,a1＋2d＝5，))
解得a1＝eq \f(135,7)，d＝－eq \f(50,7)，
所以S7＝7a1＋eq \f(7×6,2)d＝7×eq \f(135,7)＋eq \f(7×6,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(50,7)))＝－15.
答案：C
8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝14，a3＝8，则a6＝( )
A．16 B．32
C．64 D．128
解析：设等比数列的公比为q，由S3＝14，a3＝8，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝14，,a3＝a1q2＝8，))解得a1＝2，q＝2，所以a6＝a1q5＝2×25＝64，故选C.
答案：C
9．已知a，b，c是三个不同的实数，若a，b，c成等差数列，且b，a，c成等比数列，则a∶b∶c为( )
A．2∶1∶4 B．(－2)∶1∶4
C．1∶2∶4 D．1∶(－2)∶4
解析：由a，b，c成等差数列，设a＝m－d，b＝m，c＝m＋d，d≠0，
因为b，a，c成等比数列，所以a2＝bc，即(m－d)2＝m(m＋d)，
化简，得d＝3m，则a＝－2m，b＝m，c＝4m，
所以a∶b∶c＝(－2)∶1∶4.
答案：B
10．已知a，b，c成等比数列，a，m，b和b，n，c分别成两个等差数列，则eq \f(a,m)＋eq \f(c,n)等于( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：由题意得b2＝ac,2m＝a＋b,2n＝b＋c，
则eq \f(a,m)＋eq \f(c,n)＝eq \f(an＋cm,mn)＝eq \f(a·\f(b＋c,2)＋c·\f(a＋b,2),\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2))
＝eq \f(ab＋ac＋ac＋bc,\f(ab＋ac＋b2＋bc,2))＝2.
答案：C
11．设直线nx＋(n＋1)y＝eq \r(2)(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为an，则a1＋a2＋…＋a2 017＝( )
A.eq \f(2 017,2 018) B．eq \f(2 016,2 017)
C.eq \f(2 015,2 016) D.eq \f(2 017,2 016)
解析：分别令x＝0和y＝0，得到直线nx＋(n＋1)y＝eq \r(2)(n∈N*)与两坐标轴的交点，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),n＋1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),n)，0))，则an＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(2),n)·eq \f(\r(2),n＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，然后分别代入1,2，…，2 017，则有a1＋a2＋…＋a2 017＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 017)－eq \f(1,2 018)＝1－eq \f(1,2 018)＝eq \f(2 017,2 018).
答案：A
12．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)(n∈N*)，则an为( )
A．2n－1 B．n
C．2n－1 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
解析：由f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)(n∈N*)，得Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，两式相减得，2an＝3an－1(n≥2)，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,2).
当n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，解得a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为eq \f(3,2)的等比数列，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
答案：D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
14．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由题意得－1＋3d＝－q3＝8⇒d＝3，q＝－2⇒eq \f(a2,b2)＝eq \f(－1＋3,－1×－2)＝1.
答案：1
15．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 018＝________.
解析：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，
所以a2＝－(1＋1)＝－2，
a3＝－2＋1＝－1，a4＝－(－1＋1)＝0，a5＝0＋1＝1，a6＝－(1＋1)＝－2，a7＝－2＋1＝－1，…，所以{an}是以4为周期的周期数列，
因为2 018＝504×4＋2，所以S2 018＝504×(1－2－1＋0)＋1－2＝－1 009.
答案：－1 009
16．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：因为an＋1－an＝2n，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，
所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
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．(10分)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8.
(1)求a4，a7；
(2)求a1＋a10.
解析：(1)由等比数列的性质知，a4a7＝a5a6＝－8，与a4＋a7＝2联立，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝－2，,a7＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝4，,a7＝－2.))
(2)当a4＝4，a7＝－2时，q3＝eq \f(a7,a4)＝－eq \f(1,2)，a1＝eq \f(a4,q3)＝－8，所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7；
当a4＝－2，a7＝4时，q3＝eq \f(a7,a4)＝－2，a1＝eq \f(a4,q3)＝1，所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
综上，a1＋a10＝－7.
18．(12分)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．
(1)求通项an及Sn；
(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
解析：(1)因为{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，
所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，
Sn＝19n＋eq \f(nn－1,2)·(－2)＝－n2＋20n.
(2)由题意得bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1－2n＋21，则
Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋eq \f(3n－1,2).
19．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，a2＝8，a3＝24，{an＋1－2an}为等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Sn.
解析：(1)因为a2－2a1＝4，a3－2a2＝8，
所以an＋1－2an＝4×2n－1＝2n＋1，
所以eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是以1为首项，1为公差的等差数列．
所以eq \f(an,2n)＝1＋(n－1)＝n，
所以an＝n×2n.
(2)由(1)可得an＝n×2n，
所以Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
由①－②及整理得Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.
20．(12分)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且5a3·a1＝(2a2＋2)2.
(1)求d，an；
(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解析：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，
即d2－3d－4＝0，
故d＝－1或d＝4，
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，因为d＜0，
由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，
则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(21,2)n，
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq \f(1,2)n2－eq \f(21,2)n＋110.
综上所述，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.))
21．(12分)已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)已知数列{bn}满足bn＝eq \f(Sn,n)，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
解析：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq \f(kk－1,2)·d＝2k＋eq \f(kk－1,2)×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
(2)证明：由(1)得Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n2＋n＋1,2)＝eq \f(nn＋3,2).
22．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2＝4，且当n≥3时，Sn－1＋eq \f(3,2)是Sn与Sn－2的等差中项．数列{bn}为等比数列，且b2＝eq \f(1,a2＋1)，b3＝eq \f(1,a3＋2).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为当n≥3时，Sn－1＋eq \f(3,2)是Sn与Sn－2的等差中项，所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－1＋\f(3,2)))＝Sn＋Sn－2，
即Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋3，也就是(Sn－Sn－1)－(Sn－1－Sn－2)＝3，
即an－an－1＝3(n≥3)．而a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝3，显然a2－a1＝2≠3，所以数列{an}从第2项起构成等差数列，公差d＝3.
故当n≥2时，an＝a2＋(n－2)d＝3＋(n－2)×3＝3n－3.故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3n－3，n≥2.))
等比数列{bn}中，b2＝eq \f(1,a2＋1)＝eq \f(1,4)，b3＝eq \f(1,a3＋2)＝eq \f(1,8).
故其公比q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(1,2).
所以其通项bn＝b2·qn－2＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＝eq \f(1,2n).
(2)令cn＝an·bn，
由(1)知，cn＝an·bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,\f(3n－3,2n)，n≥2.))
当n＝1时，T1＝c1＝eq \f(1,2).
当n≥2时，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3×2－3,22)＋eq \f(3×3－3,23)＋…＋eq \f(3n－1－3,2n－1)＋eq \f(3n－3,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3×2－3,23)＋…＋eq \f(3n－2－3,2n－1)＋eq \f(3n－1－3,2n)＋eq \f(3n－3,2n＋1)，②
①－②，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,23)＋…＋\f(3,2n－1)＋\f(3,2n)))－eq \f(3n－3,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(\f(3,23)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2)),1－\f(1,2))－eq \f(3n－3,2n＋1)
＝1＋eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－2)))－eq \f(3n－3,2n＋1)＝eq \f(7,4)－eq \f(3n＋3,2n＋1)，
所以Tn＝eq \f(7,2)－eq \f(3n＋3,2n).
显然，当n＝1时，也成立．故Tn＝eq \f(7,2)－eq \f(3n＋3,2n).