必修五第二章章末检查

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人教A版必修5：第二章章末复习课 Word版含解析

第二章章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．2．求数列的通项(易错点)(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)．(3)当已知数列{a n}中，满足a n＋1a n＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累加法求数列的通项a n，常利用恒等式a n＝a1·a2a1·a3a2·…·a na n－1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．(5)归纳、猜想、证明法．3．等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(常数)⇔{a n}是等差数列；a n＋1 a n＝q(q为常数，q≠0)⇔{a n}是等比数列．(2)中项公式法：2a n＋1＝a n＋a n＋2⇔{a n}是等差数列；a2n＋1＝a n·a n＋2(a n≠0)⇔{a n}是等比数列．(3)通项公式法：a n＝an＋b(a，b是常数)⇔{a n}是等差数列；a n＝c·q n(c，q 为非零常数)⇔{a n}是等比数列．(4)前n项和公式法：S n＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列；S n＝aq n－a(a，q为常数，且a≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．4．求数列的前n项和的基本方法(易错点)(1)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(2)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．(3)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．(4)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(5)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和S n公式．专题一等差、等比数列的判断判定一个数列是等差或等比数列有如下多种方法：[n n12n n a n＋1，其中n＝1，2，3，….(1)若{a n}是等比数列，试求数列{b n}的前n项和S n的公式．(2)当{b n}是等比数列时，甲同学说：{a n}一定是等比数列；乙同学说：{a n}一定不是等比数列．你认为他们的说法是否正确？为什么？解：(1)因为{a n}是等比数列，a1＝1，a2＝a，所以a≠0，a n＝a n－1.又b n＝a n·a n＋1，则b1＝a1·a2＝a，b n＋1b n＝a n＋1·a n＋2a n·a n＋1＝a n＋2a n＝a n＋1a n－1＝a2，即{b n}是以a为首项，a2为公比的等比数列．所以，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ， a ＝1，－n ， a ＝－1，a （1－a 2n ）1－a 2， a ≠±1.(2)甲、乙两个同学说法都不正确，理由如下：法一：设{b n }的公式比为q ，则b n ＋1b n ＝a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝a n ＋2a n ＝q 且a ≠0，又a 1＝1，a 2＝a ，a 1，a 3，a 5…，a 2n －1，…是以1为首项，q 为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 为首项， q 为公比的等比数列．即{a n }为：1，a ，q ，aq ，q 2，aq 2，…，当q ＝a 2时，{a n }是等比数列；当a ≠a 2时，{a n }不是等比数列．法二：{a n }可能是等比数列，也可能不是等比数列，举例说明如下：设{b n }的公式为q .①取a ＝q ＝1时，a n ＝1(n ∈N *)，此时b n ＝a n a n ＋1＝1，{a n }、{b n }都是等比数列． ②取a ＝2，q ＝1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 （n 为奇数），2 （n 为偶数）.b n ＝2(n ∈N *)．所以{b n }是等比数列，而{a n }不是等比数列．归纳升华判断一个数列是等比数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 为常数且不为零)⇔{a n }为等比数列．(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *且a n ≠0)⇔{a n }为等比数列．(3)通项公式法：a n ＝a 1q n －1(a 1≠0且q ≠0)⇔{a n }为等比数列．[变式训练] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝5S n －3，求数列{a n }的通项公式．解：当n ＝1时，因为a 1＝5a 1－3，所以a 1＝34.当n ≥2时，因为a n ＝5S n －3，所以a n －1＝5S n －1－3，所以a n －a n －1＝5(S n －S n －1)．即a n －a n －1＝5a n ，a na n －1＝－14，所以{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14的等比数列．所以a n ＝a 1qn －1＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n －1(n ∈N *)．专题二数列的通项公式的求法 (1)定义法：定义法是指直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法，这种方法适用于已知数列类型的题目．(2)已知S n 求a n .若已知数列的前n 项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2）求解． (3)由递推公式求数列通项法．对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．(4)待定系数法(构造法)．求数列通项公式的方法灵活多样，特别是由给定的递推关系求通项公式，对于观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的转化思想，而运用待定系数法变换递推公式中的常数就是一种重要的转化方法．[例2] (1)等差数列{a n }是递增数列，前n 项和为S n ，且a 1，a 3，a 9成等比数列，S 5＝a 25，则数列{a n }的通项公式为________________；(2)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，则数列{a n }的通项公式为______________．解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ＞0)，因为a 1，a 3，a 9成等比数列，所以a 23＝a 1a 9，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋8d )⇒d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以a 1＝d .① 因为S 5＝a 25，所以5a 1＋5×42·d ＝(a 1＋4d )2.②由①②得：a 1＝35，d ＝35，所以a n ＝35＋(n －1)·35＝35n .(2)n ＝1时，a 1＝S 1，所以a 1＝2a 1－1，即a 1＝1，n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝2(a n －a n －1)＋2·(－1)n ，所以a n ＝2a n －1＋2·(－1)n －1，a n －1＝2a n －2＋2·(－1)n －2，a 2＝2a 1－2，所以a n ＝23[2n －2＋(－1)n －1]．又因为a 1＝1适合a n ＝23[2n －2＋(－1)n －1]，所以a n ＝23[2n －2＋(－1)n －1]．答案：(1)a n ＝35n(2)a n ＝23[2n －2＋(－1)n －1]归纳升华(1)已知数列的前n 项和，或前n 项和与通项的关系求通项，常用a n 与S n的关系求解．(2)由递推关系a n ＋1＝Aa n ＋B (A ，B 为常数，且A ≠0，A ≠1)求a n 时，由待定系数法设a n ＋1＋λ＝A (a n ＋λ)可得λ＝BA －1，这样就构造了等比数列{a n ＋λ}．[变式训练] 设数列{a n }是首项为1的正项数列，且a n ＋1－a n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ∈N *)，求{a n }的通项．解：因为a n ＋1－a n ＋a n ＋1·a n ＝0. 所以1an ＋1－1a n ＝1.又1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列．故1a n ＝n ，所以a n ＝1n (n ∈N *)．专题三数列求和数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n 项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解．一般常见的求和方法有：(1)公式法(直接利用等差或等比数列的前n 项和公式)； (2)分组求和法； (3)错位相减法； (4)倒序相加法；(5)裂项相消法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互拆消，从而求得其和；(6)并项求和法．一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．[例3] (1)已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列{1b n b n ＋1}的前n 项和S n ＝________________.(2)设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.①求数列{a n}的通项公式；②令b n＝na n，求数列{b n}的前n项S n.(1)解析：设等比数列{a n}的公比为q，则a4a1＝q3＝27，解得q＝3，所以a n＝a1q n－1＝3·3n－1＝3n，故b n＝log3a n＝n，所以1b n b n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.则S n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：n n＋1(2)解：①由已知，当n≥1时，a n＋1＝[(a n＋1－a n)＋(a n－a n－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝22n－1.②由b n＝na n＝n·22n－1知S n＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n·22n－1①从而22·S n＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1②①－②得(1－22)S n＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即S n＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．归纳升华用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．[变式训练]设数列{a n}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1a n＝n3(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项；(2)设b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n.解：(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1a n＝n3，①所以当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2a n－1＝n－13，②由①－②得3n－1a n＝13，所以a n＝13n，在①中，令n＝1，得a1＝13，所以数列{a n}的通项公式a n＝13n(n∈N*)．(2)因为b n＝na n＝n·3n，所以S n＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③所以3S n＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④由④－③得2S n＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n·3n＋1－3（1－3n）1－3，所以S n＝（2n－1）·3n＋14＋34.专题四函数与方程思想(1)在等差(比)数列的通项公式和前n项和公式中共有5个量a1，d(或q)，n，a n及S n，已知这5个量中任意3个量的值，就可以运用方程思想，解方程(或方程组)求出另外2个量的值．(2)数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集)的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图象和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列前n 项和公式与二次函数也有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．[例4] (1)已知数列{a n }的首项为a 1＝21，前n 项和为S n ＝an 2＋bn ，等比数列{b n }的前n 项和T n ＝2n ＋1＋a ，则S n 的最大值为________； (2)若等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝15，a 2·a 4·a 6＝45.则通项公式a n ＝__________________．解析：(1)由T n ＝2·2n ＋a ，可求得a ＝－2，所以S n ＝－2n 2＋bn ，所以数列{a n }为等差数列，又因为a 1＝21，S n ＝－2n 2＋bn ，故b ＝21－(－2)＝23，所以S n ＝－2n 2＋23n ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2342＋5298，当n ＝6时，S n 取得最大值66. (2)因为a 1＋a 7＝2a 4＝a 2＋a 6，所以a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝15，所以a 4＝5，所以a 2＋a 6＝10且a 2·a 6＝9，所以a 2，a 6是方程x 2－10x ＋9＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 6＝9，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9，a 6＝1.若a 2＝1，a 6＝9，则d ＝2，所以a n ＝2n －3；若a 2＝9，a 6＝1，则d ＝－2，所以a n ＝13－2n . 故a n ＝2n －3或a n ＝13－2n . 答案：(1)66 (2)2n －3或13－2n 归纳升华函数的思想：等比数列的通项a n ＝a 1q n －1＝a 1q·q n (q ＞0且q ≠1)常和指数函数相联系；等比数列前n 项和S n ＝a 1q －1·(q n －1)(q ≠1)．设A ＝a 1q －1，则S n ＝A (q n －1)也与指数函数相联系．[变式训练] 夏季高山上的温度从山脚起，每升高100 m ，降低0.7 ℃，已知山顶处的温度是14.8 ℃，山脚处的温度是26 ℃，问此山相对于山脚处的高度是多少？解：因为每升高100 m 温度降低0.7 ℃，所以该处温度的变化是一个等差数列问题．设山脚温度为首项a 1＝26，山顶温度为末项a n ＝14.8，所以26＋(n －1)(－0.7)＝14.8，解得n ＝17.此山的高度为(17－1)×100＝1 600(m)．故此山相对于山脚处的高度是1 600 m.。

人教B版数学必修五：第2章《数列》章末检测学案(含答案解析)

第二章章末检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋cA.1 B ．2．等差数列{a n }满足a 24＋a 27＋2a 4a 7＝9，则其前10项之和为( ) A ．－9 B ．－15 C ．15 D ．±153．等比数列{a n }中，a 2，a 6是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，则a 4等于( ) A ．8 B ．－8 C ．±8 D ．以上都不对4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5等于( ) A ．3∶4 B ．2∶3 C ．1∶2 D ．1∶35．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．186．已知数列{a n }为等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1等于( )A ．16(1－4－n )B ．16(1－2n) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 7．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 21＝42，记A ＝2a 211－a 9－a 13，则A 的值为( ) A ．2 B ．1 C ．16 D ．328．若{a n }是等比数列，其公比是q ，且－a 5，a 4，a 6成等差数列，则q 等于( ) A ．1或2 B ．1或－2 C ．－1或2 D ．－1或－29．已知等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 9成等比数列，则a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10等于( )A.1514B.1213C.1316D.151610．某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 2≈0.301 0)( )A ．5B ．10C ．14D ．1511．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n12．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则56是数列中的( )A ．第48项B ．第49项C ．第50项D ．第51项二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知在等差数列{a n }中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为______．14．在83和272之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________．15．数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ≥1)，则a n ＝____________.16．等差数列{a n }中，a 10<0，且a 11>|a 10|，S n 为数列{a n }的前n 项和，则使S n >0的n 的最小值为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知数列{log 2(a n －1)} (n ∈N *)为等差数列，且a 1＝3，a 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n<1.18．(12分)设数列{a n }的前n 项的和为S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23(n ＝1,2,3…)(1)求首项a 1与通项a n ；(2)设T n ＝2n S n (n ＝1,2,3，…)，证明：∑i ＝1n T i <32.(∑i ＝1nT i 表示求和)19．(12分)已知正项数列{b n }的前n 项和B n ＝14(b n ＋1)2，求{b n }的通项公式．20.(12分)某市2009年共有1万辆燃油型公交车．有关部门计划于2010年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在2016年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13？21．(12分)设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }、{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .22．(12分)在数列{a n }中，已知a 1＝－1，且a n ＋1＝2a n ＋3n －4 (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1－a n ＋3}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)求和：S n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | (n ∈N *)．第二章章末检测1．A [由题意知，a ＝12，b ＝516，c ＝316，故a ＋b ＋c ＝1.]2．D [a 24＋a 27＋2a 4a 7＝(a 4＋a 7)2＝9. ∴a 4＋a 7＝±3，∴a 1＋a 10＝±3，∴S 10＝10(a 1＋a 10)2＝±15.]3．A [a 2＋a 6＝34，a 2a 6＝64，∴a 24＝64，∵a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2q 2>0，∴a 4＝8.] 4．A [显然等比数列{a n }的公比q ≠1，则由S 10S 5＝1－q 101－q 5＝1＋q 5＝12⇒q 5＝－12，故S 15S 5＝1－q151－q 5＝1－(q 5)31－q 5＝1－⎝⎛⎭⎫－1231－⎝⎛⎭⎫－12＝34.] 5．B [∵(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＝3d ， ∴99－105＝3d.∴d ＝－2.又∵a 1＋a 3＋a 5＝3a 1＋6d ＝105，∴a 1＝39.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ＝－n 2＋40n ＝－(n －20)2＋400. ∴当n ＝20时，S n 有最大值．]6．C [设{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝18.∴q ＝12，a 1＝4，∵{a n a n ＋1}也是等比数列且首项a 1a 2＝8，公比为q 2＝14，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝323(1－4－n )．]7．B [由S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21a 11＝42，∴a 11＝2.∴a 211－(a 9＋a 13)＝a 211－2a 11＝0.∴A ＝2a 211－a 9－a 13＝20＝1.]8．C [依题意有2a 4＝a 6－a 5，即2a 4＝a 4q 2－a 4q ，而a 4≠0，∴q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0. ∴q ＝－1或q ＝2.]9．C [因为a 23＝a 1·a 9，所以(a 1＋2d)2＝a 1·(a 1＋8d)．所以a 1＝d.所以a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10＝3a 1＋10d 3a 1＋13d ＝1316.]10．C [设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a 1＝1，公比q ＝1－20%，∴a n ＋1＝(1－20%)n ，由题意可知：(1－20%)n <5%，即0.8n <0.05. 两边取对数得n lg 0.8<lg 0.05，∵lg 0.8<0，∴n>lg 0.05lg 0.8，即n>lg 5－2lg 8－1＝1－lg 2－23lg 2－1＝－lg 2－13lg 2－1≈－0.301 0－13×0.301 0－1≈13.41，取n ＝14.] 11．A [∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， ∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n＝ln (n ＋1)－ln n. 又a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n －ln (n －1)]＝2＋ln n －ln 1＝2＋ln n ．]12．C [将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n 组n 个，即⎝⎛⎭⎫11，⎝⎛⎭⎫12，21，⎝⎛⎭⎫13，22，31，…，⎝⎛⎭⎫1n ，2n －1，…，n 1，则第n 组中每个数分子分母的和为n ＋1，则56为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.]13．－4解析由⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝23＋5d ≥0a 7＝23＋6d<0，解得－235≤d<－236，∵d ∈Z ，∴d ＝－4. 14．216解析设插入的三个数为a q ，a ，aq ，则由题意有83，a ，272也为等比数列，所以a 2＝83×272＝36，由于83，a ，272都处在奇数位上，所以同号，故a ＝6，从而aq·a ·aq ＝a 3＝216.15.⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝113·⎝⎛⎭⎫43n －2， n ≥2解析 a n ＋1＝13S n ，a n ＋2＝13S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝13(S n ＋1－S n )＝13a n ＋1∴a n ＋2＝43a n ＋1 (n ≥1)．∵a 2＝13S 1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝113·⎝⎛⎭⎫43n －2， n ≥2.16．20解析 ∵S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10<0；S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)>0.∴当n ≤19时，S n <0；当n ≥20时，S n >0. 故使S n >0的n 的最小值是20.17．(1)解设等差数列{log 2(a n －1)}的公差为d .由a 1＝3，a 3＝9，得log 2(9－1)＝log 2(3－1)＋2d ，则d ＝1.所以log 2(a n －1)＝1＋(n －1)×1＝n ，即a n ＝2n ＋1.(2)证明因为1a n ＋1－a n ＝12n ＋1－2n ＝12n ，所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n ＝121＋122＋123＋…＋12n ＝12－12n ×121－12＝1－12n <1.18．解 (1)∵S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23，n ＝1,2,3，…，①令n ＝1，得a 1＝S 1＝43a 1－13×4＋23，解得a 1＝2，n ≥2时，S n －1＝43a n －1－13×2n ＋23.②①－②得：a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)－13×2n .∴a n ＝4a n －1＋2n ，a n ＋2n ＝4a n －1＋4×2n －1.∴{a n ＋2n }是首项为a 1＋2＝4，公比为4的等比数列．即a n ＋2n ＝4×4n －1＝4n ，b ＝1,2,3，…， ∴a n ＝4n －2n ，n ＝1,2,3，….证明 (2)将a n ＝4n －2n 代入①得：S n ＝43(4n －2n )－13×2n ＋1＋23＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n －1)， T n ＝2n S n ＝32×2n (2n ＋1－1)(2n －1)＝32⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1(n ＝1,2,3…)， ∴∑i ＝1nT i ＝32∑i ＝1n ⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1＝32×⎝⎛⎭⎫121－1－12n ＋1－1<32. 19．解当n ＝1时，B 1＝b 1，∴b 1＝14(b 1＋1)2，解得b 1＝1.当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝14(b n ＋1)2－14(b n －1＋1)2＝14(b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1)，整理得b 2n －b 2n －1－2b n －2b n －1＝0， ∴(b n ＋b n －1)(b n －b n －1－2)＝0. ∵b n ＋b n －1>0，∴b n －b n －1－2＝0.∴{b n }为首项b 1＝1，公差d ＝2的等差数列．∴b n ＝2(n －1)＋1＝2n －1，即{b n }的通项b n ＝2n －1.20．解 (1)由题意可知，该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中a 1＝128，q ＝1＋50%＝1.5，到2016年应为a 7，则到2016年该市应该投入的电力型公交车为a 7＝a 1·q 6＝128×1.56＝1 458(辆)．(2)设经过n 年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，依题意有S n 10 000＋S n >13，即S n >5 000，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝128(1－1.5n )1－1.5＝256(1.5n －1)>5 000，即1.5n >65732，解得n >7.5，故n ≥8.所以到2017年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13.21．解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13.解得d ＝2，q ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1. (2)a n b n ＝2n －12n －1. S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，①2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.②②－①得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1＝2＋2×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1.22．(1)证明令b n ＝a n ＋1－a n ＋3 ⇒b n ＋1＝a n ＋2－a n ＋1＋3＝2a n ＋1＋3(n ＋1)－4－2a n －3n ＋4＋3 ＝2(a n ＋1－a n ＋3)＝2b n .∴数列{b n }为公比为2的等比数列． (2)解 a 2＝2a 1－1＝－3，b 1＝a 2－a 1＋3＝1⇒b n ＝a n ＋1－a n ＋3＝2n －1⇒2a n ＋3n －4－a n ＋3＝2n －1⇒a n ＝2n －1－3n ＋1 (n ∈N ＋)．(3)解设数列{a n }的前n 项和为T n ，T n ＝2n －1－n (2＋3n －1)2＝2n －1－n (3n ＋1)2，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，∵n ≤4时，a n <0，n >4时，a n >0，∴n ≤4时，S n ＝－T n ＝1＋n (3n ＋1)2－2n；n >4时，S n ＝T n －2T 4＝2n ＋21－n (3n ＋1)2.∴S n＝⎩⎨⎧1＋n (3n ＋1)2－2n (n ≤4)，2n＋21－n (3n ＋1)2(n >4).。

人教A版高中数学高二版必修5第二章数列章末综合能力测试

C．公差为6的等差数列D．公差为9的等差数列
解析：设数列{an}的公差为d，则由题意知，d＝1，
设cn＝a2n－1＋2a2n，则cn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，
cn＋1－cn＝a2n＋1＋2a2n＋2－a2n－1－2a2n＝6d＝6.
答案：C
4．在等差数列{an}中，a1>0，a18＋a19＝0，则{an}的前n项和Sn中最大的是()
∴{An－600}是以－100为首项，为公比的等比数列．
∴An－600＝－100· n－1，
An＝600－100· n－1>590.
∴ n－1< ，
∴n－1>log210.
又∵n∈N*，∴n≥5.
∴从第5周开始，星期六学电脑的人数将超过590人．
22．(本小题满分12分)
正项数列{an}的前n项和Sn满足：
解析：由3an＋1＋an＝0，得＝－，故数列{an}是公比q＝－的等比数列．又a2＝－，可得a1＝4.所以S10＝＝3(1－3－10)．
答案：C
6．数列{an}的通项公式是an＝ (n∈N*)，若其前n项的和Sn为10，则项数n为()
A．11B．99
C．120 D．121
解析：∵an＝
＝
＝－，
解析：∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋，
∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋ .
当n为偶数时，an－1＝－，
当n为奇数时，2an＋an－1＝，
∴当n＝4时，a3＝－＝－ .
根据以上{an}的关系式及递推式可求．
a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，
又a1＝2满足上式，
∴an＝2n(n∈N*)．

2020年高中数学人教A必修5章末综合测评2 Word版含解析

章末综合测评(二)(时间120分钟，满分150分)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 ．1，12，13，14，… B ．－1,2，－3,4，… C ．－1，－12，－14，－18，… D ．1, 2， 3，…，n【解析】 A 为递减数列，B 为摆动数列，D 为有穷数列．【答案】 C2．已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则公比q 等于( )A.12B ．－1C ．－2D ．2 【解析】由已知，2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，所以q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1，因为q ≠1，所以q ＝－1.【答案】 B3．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{a n }．则⎩⎨⎧a 1＝2，a n ＋1＝2a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝2.∴a n －1＝1·2n －1 ，a n ＝2n －1＋1，a 7＝65. 【答案】 B4．等比数列{a n }的通项为a n ＝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 {b n }，那么162是新数列{b n }的( )A ．第5项B ．第12项C ．第13项D ．第6项【解析】 162是数列{a n }的第5项，则它是新数列{b n }的第5＋(5－1)×2＝13项．【答案】 C5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，则{a n }( ) 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】 ∵S n ＝a n －1(a ≠0)， ∴a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎨⎧a －1，n ＝1，(a －1)a n －1，n ≥2，当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．【答案】 C6．等差数列{a n }的公差不为零，首项a 1＝1，a 2是a 1和a 5的等比中项，则数列的前10项之和是( )A ．90B ．100C ．145D ．190 【解析】设公差为d ， ∴(1＋d )2＝1×(1＋4d )， ∵d ≠0，∴d ＝2，从而S 10＝100. 【答案】 B7．记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列的公差d ＝( )A ．2B ．3C ．6D ．7【解析】 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝20－4＝16， ∴a 3＋a 4－S 2＝(a 3－a 1)＋(a 4－a 2) ＝4d ＝16－4＝12， ∴d ＝3. 【答案】 B8．已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n ，则a 7a 3＝( )A ．2B ．4C ．5 D.52【解析】依题意得a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝2n ＋12n ＝2，即a n ＋2a n ＝2，数列a 1，a 3，a 5，a 7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此a 7a 3＝4.【答案】 B9．在数列{a n }中，a 1＝2,2a n ＋1－2a n ＝1，则a 101的值为( ) A ．49 B ．50 C ．51 D ．52 【解析】 ∵2a n ＋1－2a n ＝1， ∴a n ＋1－a n ＝12，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝12的等差数列， ∴a 101＝2＋12(101－1)＝52. 【答案】 D10．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 ∵a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，a 4＝10，a 5＝15，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，∴a 6－a 5＝6，a 6＝21，a 7－a 6＝7，a 7＝28. 法二由图可知第n 个三角形数为n (n ＋1)2，∴a 7＝7×82＝28. 【答案】 B11．数列{a n }满足递推公式a n ＝3a n －1＋3n－1(n ≥2)，又a 1＝5，则使得⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ3n 为等差数列的实数λ＝( )A ．2B ．5C ．－12 D.12【解析】 a 1＝5，a 2＝23，a 3＝95，令b n ＝a n ＋λ3n ，则b 1＝5＋λ3，b 2＝23＋λ9，b 3＝95＋λ27，∵b 1＋b 3＝2b 2， ∴λ＝－12. 【答案】 C12．在等差数列{a n }中，a 10<0，a 11>0，且a 11>|a 10|，则{a n }的前n 项和S n 中最大的负数为( )A ．S 17B ．S 18C ．S 19D ．S 20 【解析】 ∵a 10<0，a 11>0，且a 11>|a 10|， ∴a 11＋a 10>0.S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10·(a 11＋a 10)>0.S 19＝19(a 1＋a 19)2＝192·2a 10<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{a n }和{b n }中，a 1＝25，b 1＝75，a 100＋b 100＝100，则数列{a n＋b n }的前100项的和为________．【解析】由已知得{a n ＋b n }为等差数列，故其前100项的和为S 100＝100[(a 1＋b 1)＋(a 100＋b 100)]2＝50×(25＋75＋100)＝10 000. 【答案】 10 00014．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，则a 5＝________. 【导学号：05920082】【解析】由a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，得a n －a n －1＝n ，则a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，把各式相加，得a 5－a 1＝2＋3＋4＋5＝14，∴a 5＝14＋a 1＝14＋1＝15. 【答案】 1515．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a 1＝－24，公差为d ，∴a 10＝－24＋9d >0且a 9＝－24＋8d ≤0，∴83<d ≤3.【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎤83，316．已知公差不为零的正项等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，若a 5＝10，则S 5＝________.【解析】设{a n }的公差为d ，则d ≠0. 由lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，得2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4，∴a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d 2＝a 1d .又d ≠0，故d ＝a 1，a 5＝5a 1＝10，d ＝a 1＝2， S 5＝5a 1＋5×42×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{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }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S n .由已知可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )，所以a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }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S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.18．(本小题满分12分)(2016·唐山模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．【解】 (1)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)·S n ＋2n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2；当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4，∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6，∴a 3＝8. (2)证明：∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，①∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)S n －1＋2(n －1)，② ①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2， ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2. ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)．∵S 1＋2＝4≠0. ∴S n －1＋2≠0，∴S n ＋2S n －1＋2＝2.即{S n ＋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{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1,2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4. 所以b 6＝4×26－1＝128. 由128＝2n ＋2得n ＝63，所以b 6与数列{a n }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{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0. 【导学号：05920083】(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n . 【解】 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0， b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a n b n＝2，即c n ＋1－c n ＝2.所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1， 3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n .相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝－2－(2n －2)3n ，所以S n ＝(n －1)3n ＋1.21．(本小题满分12分)(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．【解】 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n . (2)由(1)得1a n＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n . 由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000，即2n >1 000.因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10. 于是使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.22．(本小题满分12分)在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n (n ＋1)2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .【解】 (1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n (n ＋1)2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ·(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时， T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2(4＋2n )2＝n (n ＋2)2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝(n －1)(n ＋1)2－n (n ＋1)＝－(n ＋1)22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(n ＋1)22，n 为奇数，n (n ＋2)2，n 为偶数......................................使用本文档删除后面的即可致力于打造全网一站式文档服务需求，为大家节约时间文档来源网络仅供参考欢迎您下载可以编辑的word文档谢谢你的下载本文档目的为企业和个人提供下载方便节省工作时间，提高工作效率，打造全网一站式精品需求!欢迎您的下载，资料仅供参考!文库精品（本文档收集于网络改编，由于文档太多，审核难免疏忽，如有侵权或雷同，告知本店马上删除）。

【数学】2020高中数学人教A版必修5第二章数列章末测试题A

【关键字】数学【高考调研】2015年高中数学第二章数列章末测试题（A）新人教版必修5一、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an＝cosnπ，则数列{an}是( )A．递增数列B．递减数列C．常数列D．摆动数列答案 D2．在数列2,9,23,44,72，…中，第6项是( )A．82 B．107C．100 D．83答案 B3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S4＝10，则S6等于( )A．12 B．18C．24 D．42答案 C解析思路一：设公差为d，由题意得解得a1＝，d＝.则S6＝1＋15d＝24.思路二：S2，S4－S2，S6－S4也成等差数列，则2(S4－S2)＝S6－S4＋S2，所以S6＝3S4－3S2＝24.4．数列{an}中，a1＝1，对所有n≥2，都有a3…an＝n2，则a3＋a5＝( )A. B.C. D.答案 A5．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于( )A．4 B．5C．6 D．7答案 C解析由等差数列的性质可知a2、a5、a8也成等差数列，故a5＝＝6，故选C.6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝( )A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln nC．2＋n ln n D．1＋n＋ln n答案 A解析依题意得an＋1－an＝ln，则有a2－a1＝ln，a3－a2＝ln，a4－a3＝ln ，…，an－an－1＝ln ，叠加得an－a1＝ln(···…·)＝ln n，故an＝2＋ln n，选A.7．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n 项和，则使得Sn达到最大值的n是( )A．21 B．20C．19 D．18答案 B解析∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，∴3＝105,4＝99，即a3＝35，a4＝33.∴a1＝39，d＝－2，得an＝41－2n.令an＝0且an＋1<0，n∈N*，则有n＝20.故选B.8．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )A．6 B．7C．8 D．9答案 A解析设等差数列{an}的公差为d，∵a4＋a6＝－6，∴a5＝－3，∴d＝＝2，∴a6＝－1＜0，a7＝1＞0，故当等差数列{an}的前n项和Sn取得最小值时，n等于6.9．等比数列{an}的前n项和为Sn，且1,2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4等于( ) A．7 B．8C．15 D．16答案 C解析由1＋a3＝2⇒4＋q2＝4q⇒q＝2，则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.10．如果数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝( )A．2n＋1－1 B．2n－1C．2n－1 D．2n＋1答案 B11．含2n＋1个项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( )A.2n＋1nB.n＋1nC.n－1nD.n＋12n答案 B12．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1，那么此数列的第10项为( )A.1210 B.129 C.110D.15答案 D 解析 ∵a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1，∴{a n ·a n －1a n －1－a n}为常数列．∴a n ·a n －1a n －1－a n ＝a 2·a 1a 1－a 2＝2，∴a n ·a n －1＝2a n －1－2a n .∴1a n －1a n －1＝12，∴{1a n }为等差数列，1a 1＝12，d ＝12. ∴1a n ＝12＋(n －1)·12＝n 2.∴a n ＝2n ，∴a 10＝15. 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上) 13．已知等差数列{a n }的公差为3，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝________. 答案－9解析由题意得a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋6)2＝a 1(a 1＋9)，解得a 1＝－12.所以a 2＝－12＋3＝－9.14．将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 … … … … … …根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是________．答案n 22－n2＋3(n ≥3)解析该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第n 行有n 个数，则第n －1(n ≥3)行的最后一个数n －11＋n －12＝n 22－n 2，则第n 行从左至右的第3个数为n 22－n2＋3(n ≥3)．15．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析 ⎩⎪⎨⎪⎧3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②，①－②，得3a 3＝a 4－a 3,4a 3＝a 4，q ＝a 4a 3＝4.16．已知数列{a n }对于任意p ，q ∈N *，有a p ＋a q ＝a p ＋q ，若a 1＝19，则a 36＝________.答案 4 解析 ∵a 1＝19，∴a 2＝a 1＋a 1＝29，a 4＝a 2＋a 2＝49，a 8＝a 4＋a 4＝89.∴a 36＝a 18＋a 18＝2a 18＝2(a 9＋a 9)＝4a 9＝4(a 1＋a 8)＝4(19＋89)＝4.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1，a 2为方程x 2－a 3x ＋a 4＝0的两实数根，求此数列的通项公式．答案 a n ＝2＋(n －1)×2＝2n18．(12分)等差数列{a n }中，a 4＝10，且a 3，a 6，a 10成等比数列，求数列{a n }前20项的和S 20.解析设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 4－d ＝10－d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d .a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d .由a 3，a 6，a 10成等比数列，得a 3a 10＝a 26. 即(10－d )(10＋6d )＝(10＋2d )2，整理得10d 2－10d ＝0，解得d ＝0或d ＝1. 当d ＝0时，S 20＝20a 4＝200；当d ＝1时，a 1＝a 4－3d ＝10－3×1＝7. 于是S 20＝20a 1＋20×192d ＝20×7＋190＝330.19．(12分)某市共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2004年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%.试问：(1)该市在2010年应该投入多少辆电力型公交车？ (2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的13？答案 (1)1 458辆 (2)2011年底20．(12分)设{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且b 1＝0，c n ＝a n ＋b n ，若{c n }是1,1,2，…，求数列{c n }的前10项的和．解析 ∵c 1＝a 1＋b 1，即1＝a 1＋0，∴a 1＝1.又⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝c 2，a 3＋b 3＝c 3，即⎩⎪⎨⎪⎧q ＋d ＝1， ①q 2＋2d ＝2. ②②－2×①，得q 2－2q ＝0. 又∵q ≠0，∴q ＝2，d ＝－1.c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 10＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10)＋(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10)＝a 11－q 101－q ＋10b 1＋10×92d＝210－1＋45·(－1)＝978.21．(12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．解析 (1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋1＋(－12)＋…＋(－12)n －2＝1＋1－－12n －11－－12＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1，当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.∴a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．22．(12分)设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0.(1)求{a n }的通项； (2)求{nS n }的前n 项和T n . 解析 (1)a n ＝12n ，n ＝1,2，…(2)∵{a n }是首项a 1＝12，公比q ＝12的等比数列，∴S n ＝121－12n1－12＝1－12n ，nS n ＝n －n2n . 则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－(12＋222＋…＋n2n )， ①T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1)，② ①－②，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(12＋122＋…＋12n )＋n 2n ＋1 ＝nn ＋14－121－12n 1－12＋n2n ＋1，即T n ＝n n ＋12＋12n －1＋n2n －2.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

人教版高中数学必修五优化练习：第二章章末优化总结

章末检测 (二 ) 数列时间： 120 分钟满分： 150 分一、选择题 (本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)1．在等差数列 { a n} 中， a3＝－ 6， a7＝ a5＋ 4，则 a1等于 ()A．－ 10B．－ 2C． 2 D ．10分析：设公差为d，∴ a7－ a5＝ 2d＝4，∴ d＝ 2，又 a3＝ a1＋ 2d，∴－ 6＝ a1＋ 4，∴ a1＝－ 10.答案： A2．在等比数列{ a n} 中， a4， a12是方程 x2＋ 3x＋ 1＝ 0 的两根，则a8等于 () A．1B．－ 1C．±1 D ．不可以确立分析：由题意得， a4＋ a12＝－ 3<0， a4·a12＝1>0 ，∴a4<0， a12<0，∴ a8<0，又∵ a28＝ a4·a12＝ 1，∴ a8＝－ 1.答案： B3．已知数列 { a n} 的前 n 项和 S n＝ n2＋ n，那么它的通项公式a n＝ ()A ． nB ． 2nC． 2n＋1 D ．n＋ 1分析：当 n≥2 时， a n＝ S n－ S n－1＝n2＋n－ [(n－ 1)2＋ (n－ 1)]＝ 2n，当 n＝1 时， a1＝ S1＝2，也知足上式，故数列 { a n} 的通项公式为 a n＝ 2n.答案：Bn*4．若数列 { a n} 知足 a n＝ q (q>0， n∈N )，则以下命题正确的选项是(①{ a2n} 是等比数列；②1是等比数列；a n③{lg a n} 是等差数列；④ {lg a n2} 是等差数列．A ．①③B ．③④C．②③④ D ．①②③④分析：由于 a n＝q n(q>0，n∈ N *) ，所以 { a n} 是等比数列，所以 { a2n} ，)1a n是等比数列， {lg a n} ，{lg a n2} 是等差数列．答案：D5．已知数列 2，x，y,3 为等差数列，数列 2，m，n,3 为等比数列，则x＋ y＋ mn 的值为 () A．16 B ．11C．－ 11 D ．±11分析：依据等差中和等比中知x＋ y＝5， mn＝ 6，所以 x＋ y＋ mn＝ 11，故 B.答案：B6．已知 S n＝ 1－ 2＋ 3－ 4＋ 5－ 6＋⋯＋ (－ 1)n＋1·n， S6＋ S10＋S15等于 ()A．－ 5B．－ 1C． 0 D ．6分析：由意可得 S6＝－ 3， S10＝－ 5， S15＝－ 7＋ 15＝ 8，所以 S6＋ S10＋ S15＝ 0.答案：C7．已知等比数列 { a n} 的公比正数，且a3·a7＝ 4a42， a2＝ 2， a1＝ ()A ． 1 B. 22C． 2 D. 2分析：{ a n} 的公比q，有 a1q2·a1q6＝ 4a21q6，解得 q＝ 2(舍去 q＝－ 2)，所以由a2＝ a1q ＝2，得 a1＝ 1.故 A.答案：A8．等差数列 { a n} 的公差 d 不 0，a1＝ 9d.若 a k是 a1与 a2k的等比中，k 等于 ()A ． 2B ． 4C． 6 D ．8分析：∵ a2k＝ a1a2k，∴ (8＋ k)2d2＝ 9d(8＋ 2k)d，∴ k＝ 4(舍去 k＝－ 2)．答案：B19．算机的成本不停降低，若每隔 3 年算机价钱降低3，在价钱8 100元的算机，9 年后的价钱可降 ()A．900 元B．1 800 元C．2 400 元D．3 600 元分析：把每次降价后的价钱看做一个等比数列，首 a ，公比 1－1＝2， a ＝ 8 100 ×213343 2＝ 2 400.答案：C10．一个凸多形的内角成等差数列，此中最小的内角120 °，公差 5°，那么个多形的数 n 等于 ()A．12B．16C． 9D．16 或 9分析：由意得，120°n＋1n(n－ 1) ×5°＝ 180 °(n－ 2)，化整理，得 n2－25n＋144＝ 0，2解得 n＝ 9 或 n＝ 16.当 n＝ 16 ，最大角120°＋ (16－ 1) ×5°＝ 195°>180°，不合意．∴n≠16.故 C.答案： C11． { a n} 是公差－ 2 的等差数列，若a1＋a4＋a7＋⋯＋ a97＝ 50， a3＋ a6＋ a9＋⋯＋a99的()A．－ 78B．－ 82C．－ 148 D ．－ 182分析：∵ a1＋ a4＋ a7＋⋯＋ a97＝ 50， d＝－ 2，∴ a3＋ a6＋ a9＋⋯＋ a99＝ (a1＋ 2d)＋( a4＋ 2d) ＋(a7＋ 2d)＋⋯＋ (a97＋2d)＝ (a1＋ a4＋ a7＋⋯＋ a97)＋ 33×2d＝ 50＋ 33×(－4)＝－ 82.答案： B12．定：称nn 个正数 p1，p2，⋯， p n的“均倒数”，若数列 { a n} 的前 n p1＋ p2＋⋯＋ p n的“均倒数”1，数列 { a n} 的通公式 () 2n－ 1A ． 2n－ 1B ． 4n－ 1 C． 4n－3 D ．4n－ 5分析：数列 { a n} 的前 n 和 S n，由已知得n＝n＝1，∴ S n＝ n(2n－ 1)a1＋ a2＋⋯＋a n S n 2n－ 1＝2n2－ n.当 n≥2 ， a n＝ S n－ S n－1＝ 2n2－ n－ [2( n－ 1)2－ (n－ 1)]＝ 4n－ 3，当 n＝ 1 ， a1＝ S1＝2×12－ 1＝ 1 合适上式，∴ a n＝ 4n－3.答案： C二、填空 (本大共 4 小，每小 4分，共 16 分，把答案填在中的横上 ) 13．已知 S n是等比数列 { a n} 的前 n 和， a5＝－ 2， a8＝ 16， S6等于 ________．分析：∵ { a n} 等比数列，∴ a8＝a5 q3，∴ q3＝16＝－ 8，∴ q＝－ 2.又 a5＝a1 q4，∴a1＝－ 2＝－ 2161a1－ q6－1[1－－ 6 ]821－8，∴ S6＝1－ q＝1＋ 2＝8 .21答案：14． S n等差数列 { a n} 的前 n 和，若S3＝ 3， S6＝ 24， a9＝ ________.3×2分析：等差数列公差d， S3＝ 3a1＋2×d＝ 3a1＋ 3d＝ 3， a1＋ d＝1，①6×5又 S6＝ 6a1＋2×d＝ 6a1＋ 15d＝ 24，即 2a1＋ 5d＝ 8.②立①②两式得a1＝－ 1， d＝ 2，故 a9＝ a1＋ 8d＝－ 1＋ 8×2＝ 15.答案： 1515．在等差数列{ a n} 中， S n它的前n 和，若 a1>0 ， S16>0，S17<0，当 n＝ ________，S n最大．S 16＝a 1＋a 16＝a 8＋ a 92分析： ∵，a 1＋ a 17S 17＝＝ 17a 9<02∴a 8>0，而 a 1>0，∴数列 { a n } 是一个前 8 均正，从第 9 起的等差数列，进而n ＝8 ， S n 最大．答案： 816．已知函数 f(x) ＝xa的象点(4,2)，令 a n ＝1，n ∈N * . 数列 { a n } 的前 nf n ＋＋ f n和 S n ， S 2 016＝ ________.分析：由 f(4) ＝ 2 可得 4α1＝ 2，解得 α＝，2f(x)＝ x1. 2∴a n ＝1＝1＝ n ＋ 1－ n ，＋ f nf n ＋n ＋ 1＋ nS 2 016＝ a 1＋ a 2＋ a 3＋⋯ ＋ a 2 016＝( 2－ 1)＋ ( 3－ 2)＋ ( 4－ 3)＋ ⋯ ＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－ 1. 答案： 2 017－1三、解答 (本大共有6 小，共 74 分，解答写出文字明、明程或演算步 )17． (12 分 )在等比数列 { a n } 中， a 2＝ 3， a 5＝ 81.(1) 求 a n ；(2) b n ＝ log 3a n ，求数列 { b n } 的前 n 和 S n .分析： (1){ a n } 的公比 q ，a 1q ＝ 3，a 1＝ 1，依意得解得a 1q 4＝ 81，q ＝ 3.所以 a n ＝ 3n －1 .(2) 因 b n ＝ log 3a n ＝ n － 1，且等差数列，所以数列 { b n } 的前 n 和 S n ＝n b 1＋ b n＝n 2－n . 2 218． (12 分 )已知等差数列 { a n } ， a 6＝ 5， a 3＋ a 8＝ 5.(1) 求 { a n } 的通公式 a n ；(2) 若数列 { b n } 足 b n ＝ a 2n － 1，求 { b n } 的通公式b n .分析： (1){ a n } 的首是 a 1，公差d ，a1＋ 5d＝ 5，依题意得2a1＋ 9d＝5，a1＝－ 20，∴d＝ 5.∴a n＝ 5n－ 25(n∈N * )．(2) ∵ a n＝ 5n－ 25，∴b n＝ a2n－1＝ 5(2n－ 1)－ 25＝ 10n－ 30，∴b n＝ 10n－ 30(n∈N * )．19． (12 分 )已知等差数列{ a n} 知足 a1＋ a2＝ 10，a4－a3＝ 2.(1)求 { a n} 的通项公式；(2)设等比数列 { b n} 知足 b2＝ a3， b3＝ a7.问： b6与数列 { a n} 的第几项相等？分析： (1)设等差数列 { a n} 的公差为 d.由于 a4－ a3＝ 2，所以 d＝ 2.又由于 a1＋ a2＝ 10，所以 2a1＋ d＝ 10，故 a1＝ 4.所以 a n＝ 4＋ 2(n－1)＝ 2n＋ 2(n∈ N* )．(2)设等比数列 { b n} 的公比为 q.由于 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 { a n} 的第 63 项相等．20． (12 分 )已知等差数列{ a n} 知足： a3＝ 7， a5＋a7＝26， { a n} 的前 n 项和为 S n.(1)求 a n及 S n；1*(2)令 b n＝a2n－1(n∈ N )，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n.分析： (1)设等差数列 { a n} 的公差为d，a1＋ 2d＝ 7a1＝3由题意，得，解得.2a1＋ 10d＝26d＝ 2∴a n＝ a1＋ (n－ 1)d＝ 3＋2(n－ 1)＝ 2n＋ 1.S n＝ na1＋1n(n－ 1)d＝ 3n＋1n(n－ 1) ×2＝ n2＋2n. 22(2) 由 (1)知 a n＝ 2n＋ 1，∴b n＝21＝12＝1·1a n－12n＋ 1－ 1 4 n n＋ 1＝ 11－1，4 n n ＋ 1∴T n ＝ 1 1－ 1＋1－1＋ ⋯＋1－ 14 2 2 3n n ＋1 ＝11－1＝n .4n ＋ 1n ＋21． (13 分 ) 数列 { a n } 的前 n 和 S n ，此中 a n ≠0， a 1 常数，且－ a 1， S n ， a n ＋ 1 成等差数列．(1) 求 { a n } 的通公式；(2)b n ＝ 1－ S n ，：能否存在 a 1，使数列 { b n } 等比数列？若存在，求出 a 1 的；若不存在，明原因．分析： (1)依意，得2S n ＝ a n ＋1－ a 1，2S n ＝ a n ＋ 1－ a 1，当 n ≥2 ，有2S n － 1＝ a n － a 1.两式相减，得 a n ＋ 1＝ 3a n (n ≥2)．又因 a 2＝ 2S 1 ＋ a 1＝ 3a 1， a n ≠0，所以数列 { a n } 是首a 1，公比3 的等比数列．n － 1*所以， a n ＝ a 1·3 (n ∈ N )．(2) 因 S n ＝a 1－ 3n ＝1 a 1·3n －1a 1， 1－ 3221 1nb n ＝ 1－ S n ＝ 1＋ a 1－ a 1·3 .22要使 { b n } 等比数列，当且当1＋1a 1＝ 0，即 a 1 ＝－ 2，2所以存在 a 1＝－ 2，使数列 { b n } 等比数列．22． (13 分 )乞降： x ＋ 3x 2＋ 5x 3＋ ⋯＋ (2n － 1)x n (x ≠ 0)．分析：S n ＝x ＋ 3x 2＋ 5x 3＋ ⋯ ＋ (2n －1)x n ，∴ x S n ＝x 2＋ 3x 3＋ 5x 4＋ ⋯ ＋ (2n －3)x n ＋ (2n － 1)x n ＋1.∴ (1 － x)S n ＝ x ＋ 2x 2＋ 2x 3＋ ⋯ ＋2x n － (2n － 1)x n ＋1＝2(x ＋x 2＋ x 3＋⋯ ＋ x n )－ x － (2n －1)x n ＋1＝2 x － x nn ＋1(x ≠ 1)，1－ x － x － (2n － 1)x当 x ≠1 ， 1－ x ≠0，2x－ x n x ＋n －x n ＋ 1S n ＝－ x2 －.1－ x当 x ＝ 1 ， S n ＝1＋ 3＋ 5＋ ⋯ ＋ (2n －1) ＝n＋ 2n －＝n 2.2n2 －x＋n＋ 12x－ x n－x， x≠1，所以 S n＝－ x1－ xn2， x＝1.。

2017-2018学年高一数学必修5第2章章末综合测评2 含答

章末综合测评(二)(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填在题中的横线上)1．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是 .【导学号：92862068】【解析】法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 【答案】 202．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝ . 【解析】法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎨⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.【答案】 983．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝kn 2，若对所有的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，则实数k 的取值范围是．【解析】由S n ＝kn 2，得a n ＝k (2n －1)． ∵a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列， ∴k >0.【答案】 (0，＋∞)4．已知数列{a n }，a n ≠0，若a 1＝3,2a n ＋1－a n ＝0，则a 6等于．【解析】因为2a n ＋1－a n ＝0，a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝12，所以数列{a n }是首项为a 1＝3，公比为q ＝12的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a 6＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫126－1＝332.【答案】 3325．数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝ .【解析】设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 5＝a 1＋4d ， ∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1. 【答案】 16．如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则此数列的通项公式a n ＝ . 【解析】当n ＝1时，S 1＝2a 1－1， ∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)， ∴a n ＝2a n －1，∴{a n }是等比数列， ∴a n ＝2n －1，n ∈N *. 【答案】 2n －1，n ∈N *7．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是．【解析】设三边为a ，aq ，aq 2(q >1)，则(aq 2)2＝(aq )2＋a 2，∴q 2＝5＋12，较小锐角记为θ，则sin θ＝1q 2＝5－12. 【答案】5－128．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n 和T n ，已知S n T n ＝7nn ＋3，则a 5b 5＝ . 【解析】 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝214.【答案】 2149．下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是．图1【解析】从题图中可观察图案的构成规律： n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…… 第n 个图案比第n －1(n ≥2)个图案增加了n 个星星． ∴a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 【答案】 a n ＝n (n ＋1)210．等比数列{a n }的公比q <0，已知a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n ，则{a n }的前2 016项和等于．【解析】由a n ＋2＝a n ＋1＋2a n ，得q n ＋1＝q n ＋2q n －1，即q 2－q －2＝0，又q <0，解得q ＝－1，又a 2＝1，∴a 1＝－1， S 2 016＝－1×[1－(－1)2 016]1－(－1)＝0.【答案】 011．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ .【解析】 ∵a n ＝2n －7，∴a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，a 4＝1， a 5＝3，…，a 15＝23，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝(5＋3＋1)＋(1＋3＋5＋…＋23)＝9＋12×(1＋23)2＝153.【答案】 15312．把正偶数按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，其中每一组都比它的前一组多一个数，那么第11组的第2个数是．【解析】按照题中的分组方法，前10组共有1＋2＋ (10)10×(1＋10)2＝55个偶数，故第10组的最后一个偶数为110，所以第11组的第2个数是114.【答案】 11413．某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价：由于首层与顶层均为复式结构，因此首层价格为a 1 元/m 2，顶层由于景观好价格为a 2 元/m 2，第二层价格为a 元/m 2，从第三层开始每层在前一层价格上加价a100 元/m 2，则该商品房各层的平均价格为元/m 2.【解析】设第二层到第22层的价格构成数列{b n }，则{b n }是等差数列，b 1＝a ，公差d ＝a100，共21项，所以其和为S 21＝21a ＋21×202·a 100＝23.1a ，故平均价格为123(a 1＋a 2＋23.1a )元/m 2.【答案】 123(a 1＋a 2＋23.1a )14．给出数阵： 0 1 … 9 1 2 … 10 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 9 … … …其中每行、每列均为等差数列，则此数阵所有数的和为 .【导学号：92862069】【解析】设b 1＝0＋1＋2＋…＋9，b 2＝1＋2＋3＋…＋10，…，b 10＝9＋10＋…＋18，则{b n }是首项b 1＝45，公差d ＝10的等差数列，∴S 10＝45×10＋10×92×10＝900.【答案】 900二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.【导学号：92862070】(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1,2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4. 所以b 6＝4×26－1＝128. 由128＝2n ＋2得n ＝63，所以b 6与数列{a n }的第63项相等．16．(本小题满分14分)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n＝a n2n－1.证明：数列{b n}是等差数列．(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解】(1)证明：由已知a n＋1＝2a n＋2n，得b n＋1＝a n＋12n＝2a n＋2n2n＝a n2n－1＋1＝b n＋1.∴b n＋1－b n＝1，又b1＝a1＝1.∴{b n}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知，b n＝n，a n2n－1＝b n＝n.∴a n＝n·2n－1.∴S n＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边乘以2得，2S n＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n－1＋n·2n，两式相减得，－S n＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴S n＝(n－1)·2n＋1.17．(本小题满分14分)数列{a n}的前n项和记为S n，a1＝t，点(S n，a n＋1)在直线y＝3x＋1上，n∈N*.(1)当实数t为何值时，数列{a n}是等比数列．(2)在(1)的结论下，设b n＝log4a n＋1，c n＝a n＋b n，T n是数列{c n}的前n项和，求T n.【解】(1)∵点(S n，a n＋1)在直线y＝3x＋1上，∴a n＋1＝3S n＋1，a n＝3S n－1＋1(n≥2，且n∈N*)．∴a n＋1－a n＝3(S n－S n－1)＝3a n，即a n＋1＝4a n，n≥2.又a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{a n}是等比数列．(2)在(1)的结论下，a n＋1＝4a n，a n＋1＝4n，a n＝4n－1，所以b n＝log4a n＋1＝n.c n＝a n＋b n＝4n－1＋n,那么T n＝c1＋c2＋…＋c n＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝4n－13＋(1＋n)n2.18．(本小题满分16分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．【解】 (1)由已知，a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0，解得q ＝1±52.(2)证明：若q ＝1，则{a n }的每项a n ＝a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然构成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 构成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n ，因此，a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n ＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．19．(本小题满分16分)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和S n ，并且对于所有的n ∈N *，都有8S n ＝(a n ＋2)2.(1)写出数列{a n }的前3项；(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)； (3)设b n ＝4a n ·a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m 的值．【解】 (1)当n ＝1时，8a 1＝(a 1＋2)2， ∴a 1＝2；当n ＝2时，8(a 1＋a 2)＝(a 2＋2)2， ∴a 2＝6；当n ＝3时，8(a 1＋a 2＋a 3)＝(a 3＋2)2， ∴a 3＝10.(2)∵8S n ＝(a n ＋2)2， ∴8S n －1＝(a n －1＋2)2(n >1)，两式相减得：8a n ＝(a n ＋2)2－(a n －1＋2)2，即a 2n －a 2n －1－4a n －4a n －1＝0，也即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0. ∵a n >0，∴a n －a n －1＝4，即{a n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.(3)b n ＝4a n ·a n ＋1＝4(4n －2)(4n ＋2)＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1(2n －1)－1(2n ＋1). ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(2n －1)－1(2n ＋1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝12－14n ＋2<12. ∵T n <m20 对所有n ∈N *都成立， ∴m 20≥12，即m ≥10，故m 的最小值是10.20．(本小题满分16分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与an 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．【解】 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d ， a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d . (2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝… ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2. 整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d .由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 000(3m －2m ＋1)3m －2m.故该企业每年上缴资金d 的值为1 000(3m －2m ＋1)3m －2m 时，经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元．。

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第二章测试
一、选择题
1．将给定的9个数排成如图所示的数表，若每行3个数按从左到右的顺序成等差数列，每列的3个数按从上到下的顺序成等差数列，且表中心中间的数a 22＝2，则表中所有数字之和为( )
A.2 B ．18 C 2．等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 3＝32，S 3＝9
2，则此数列的首项为( ) A ．6 B ．－12 C.3
2
D.32或6
3．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A.n 24＋7n 4 B.n 23＋5n 3 C.n 22＋3n
4 D ．n 2＋n
4．设等比数列{a n }的公比为q (q 为实数)，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．4
5．数列{a n }的前n 项和是S n ，如果S n ＝3＋2a n (n ∈N *
)，那么这个数列一定是( ) A ．等比数列 B ．等差数列
C ．除去第一项后是等比数列
D ．除去第一项后是等差数列
6 ．定义：称n
p 1＋p 2＋…＋p n 为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若数列{a n }的
前n 项的“均倒数”为
1
2n －1
，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．2n －1 B ．4n －1 C ．4n －3 D ．4n －5
7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，若存在自然数p ≥10，使得S p ＝a p ，则当n >p 时，S n 与a n 的大小关系是( ) A ．a n >S n B ．a n ≥S n C ．a n <S n D ．a n ≤S n 8．数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋2)(9
10)n ，那么在此数列中( )
A ．a 7＝a 8最大
B ．a 8＝a 9最大
C ．有唯一项a 8最大
D ．有唯一项a 7最大
9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上，则1S 1
＋1S 2
＋1S 3
＋…＋1
S n
＝( ) A.n (n ＋1)2 B.
2n (n ＋1) C.n 2(n ＋1) D.2n
n ＋1
10．数列{(－1)n ·n }的前2 013项的和S 2 013为( ) A ．－2 013 B ．－1 007 C ．2 013 D ．1 007
11．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的前
5项和为( ) A.
158和5 B.3116和5 C.3116 D.158
12．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
二、填空题
13．已知{a n }是等差数列，a 1＋a 2＝4，a 7＋a 8＝28，则该数列前10项和等于________． 14．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝________.
15．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为 16．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．
三、解答题
17．(12分)已知数列{a n }前n 项的和为S n ，且满足S n ＝1－na n (n ＝1,2,3，…)． (1)求a 1，a 2的值；(2)求{a n }的通项公式．
18．(14分)已知{a n }是整数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N ＋)在函数y ＝x 2＋1的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n ＋2<b 2
n ＋1.
19．已知数列{log2(a n－1)} (n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)证明：
1
a2－a1
＋
1
a3－a2
＋…＋
1
a n＋1－a n
<1.
20．某商店采用分期付款的方式促销一款价格每台为6 000元的电脑，商店规定，购买时先
支付货款的1
3，剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款的利
息．已知欠款的月利率为0.5%，到第一个月底，货主在第一次还款之前，他欠商店多少元？假设货主每月还商店a元，写出在第i(i＝1,2，… ,36)个月末还款后，货主对商店欠款数的表达式．
21．(2013·湖北)已知等比数列{a n}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得
1
a1＋
1
a2＋…＋
1
a m≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，
说明理由.
22．在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝2a n＋2n.
(1)设b n＝
a n
2n－1
.证明：数列{b n}是等差数列；
(2)求数列{a n}的前n项和S n.。