人教版数学高二-第二章数列单元测试 1(人教A版必修5)

合集下载

高中数学(人教版)必修五第二章数列综合测试卷

高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷本试卷满分150分，其中选择题共75分，填空题共25分，解答题共50分。

试卷难度：0.63一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．82．（5分）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏3．（5分）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．1104．（5分）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题5．（5分）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是由关系式a n+1（）A．B．C．D．6．（5分）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．7．（5分）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定8．（5分）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．9．（5分）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A n B n C n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列10．（5分）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺11．（5分）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．5412．（5分）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱13．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣14．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．915．（5分）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=．17．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．18．（5分）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列的项数为．19．（5分）已知无穷数列{a n }，a 1=1，a 2=2，对任意n ∈N *，有a n +2=a n ，数列{b n }满足b n +1﹣b n =a n （n ∈N *），若数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则满足要求的b 1的值为．20．（5分）设数列{a n }的通项公式为a n =n 2+bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．22．（10分）设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n =max {b 1﹣a 1n ，b 2﹣a 2n ，…，b n ﹣a n n }（n=1，2，3，…），其中max {x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．（1）若a n =n ，b n =2n ﹣1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，＞M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m +1，c m +2，…是等差数列．23．（10分）已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2+a 4=10，b 2b 4=a 5．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）求和：b 1+b 3+b 5+…+b 2n ﹣1．24．（10分）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2=2，S 3=﹣6．（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列．25．（10分）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3﹣x 2=2．（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1（x 1，1），P 2（x 2，2）…P n +1（x n +1，n +1）得到折线P 1 P 2…P n +1，求由该折线与直线y=0，x=x 1，x=x n +1所围成的区域的面积T n．高中数学（人教版）必修五第二章数列综合测试卷参考答案与试题解析一．选择题（共15小题，满分75分，每小题5分）1．（5分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A．1B．2C．4D．8【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选：C．【点评】本题考查等差数列的面公式的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．2．（5分）（2017•新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【考点】89：等比数列的前n项和；88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a 的值．【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381==127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，故选B．【点评】本题考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的实际应用，属于基础题．3．（5分）（2017•新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n ﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别分别即可求得N的值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n﹣1，（n∈N+），则=a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n﹣1=2n﹣n﹣2，），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，可知当N为时（n∈N+即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，…，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N ＞100，∴该款软件的激活码440．故选A．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．4．（5分）（2017•上海模拟）已知数列{a n}、{b n}、{c n}，以下两个命题：①若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是递增数列；②若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列；下列判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；5L ：简易逻辑．【分析】对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，满足{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但是不满足c n=sinn是递增数列，对于②根据等差数列的性质和定义即可判断．【解答】解：对于①不妨设a n=2n，b n=3n、c n=sinn，∴{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是递增数列，但c n=sinn不是递增数列，故为假命题，对于②{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，不妨设公差为分别为a，b，c，∴a n+b n﹣a n﹣1﹣b n﹣1=a，b n+c n﹣b n﹣1﹣c n﹣1=b，a n+c n﹣a n﹣1﹣c n﹣1=c，设{a n}，{b n}、{c n}的公差为x，y，x，∴则x=，y=，z=，故若{a n+b n}、{b n+c n}、{a n+c n}都是等差数列，则{a n}、{b n}、{c n}都是等差数列，故为真命题，故选：D【点评】本题考查了等差数列的性质和定义，以及命题的真假，属于基础题．5．（5分）（2017•徐汇区校级模拟）一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0，1），由关系式a n+1=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n，n∈N*，则该函数的图象是（）A．B．C．D．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】31 ：数形结合；51 ：函数的性质及应用．=f（a n）得到的数列{a n}满足a n+1＞a n（n∈N*），根据点与【分析】由关系式a n+1直线之间的位置关系，我们不难得到，f（x）的图象在y=x上方．逐一分析不难得到正确的答案．=f（a n）＞a n知：f（x）的图象在y=x上方．【解答】解：由a n+1故选：A．【点评】本题考查了数列与函数的单调性、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．（5分）（2017•河东区二模）若数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．[﹣1，1）C．[﹣2，1）D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】32 ：分类讨论；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，可得：（﹣1）n+2016•a＜2+，对n分类讨论即可得出．【解答】解：a n=（﹣1）n+2016•a，b n=2+，且a n＜b n，对任意n∈N*恒成立，∴（﹣1）n+2016•a＜2+，n为偶数时：化为a＜2﹣，则a＜．n为奇数时：化为﹣a＜2+，则a≥﹣2．则实数a的取值范围是．故选：D【点评】本题考查了数列通项公式、分类讨论方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．（5分）（2017•宝清县一模）数列{a n}是正项等比数列，{b n}是等差数列，且a6=b7，则有（）A．a3+a9≤b4+b10B．a3+a9≥b4+b10C．a3+a9≠b4+b10D．a3+a9与b4+b10大小不确定【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】由于{b n}是等差数列，可得b4+b10=2b7．已知a6=b7，于是b4+b10=2a6．由于数列{a n}是正项等比数列，可得a3+a9=≥=2a6．即可得出．【解答】解：∵{b n}是等差数列，∴b4+b10=2b7，∵a6=b7，∴b4+b10=2a6，∵数列{a n}是正项等比数列，∴a3+a9=≥=2a6，∴a3+a9≥b4+b10．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的性质、基本不等式的性质，属于中档题．8．（5分）（2017•湖北模拟）已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*）若（n∈N*），b1=﹣λ，且数列{b n}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（）A．B．λ＜1C．D．【考点】82：数列的函数特性．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】根据数列的递推公式可得数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公=（n﹣2λ）•2n，根据数列的单调性即可求出λ的范围．比为2，再代值得到b n+1【解答】解：∵数列{a n}满足：a1=1，a n+1=（n∈N*），∴=+1，化为+1=+2∴数列{+1}是等比数列，首项为+1=2，公比为2，∴+1=2n，=（n﹣2λ）（+1）=（n﹣2λ）•2n，∴b n+1∵数列{b n}是单调递增数列，＞b n，∴b n+1∴（n﹣2λ）•2n＞（n﹣1﹣2λ）•2n﹣1，解得λ＜1，但是当n=1时，b2＞b1，∵b1=﹣λ，∴（1﹣2λ）•2＞﹣λ，故选：A．【点评】本题考查了变形利用等比数列的通项公式的方法、单调递增数列，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（5分）（2017•海淀区校级模拟）设△A n B n C n的三边长分别是a n，b n，c n，△A nB nC n的面积为S n，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，b n+1=，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【考点】82：数列的函数特性．【专题】54 ：等差数列与等比数列；58 ：解三角形；59 ：不等式的解法及应用．【分析】由a n=a n可知△A n B n C n的边B n C n为定值a1，由b n+1+c n+1﹣2a1=（b n+c n+1﹣2a n），b1+c1=2a1得b n+c n=2a1，则在△A n B n C n中边长B n C n=a1为定值，另两边A n C n、A n B n的长度之和b n+c n=2a1为定值，由此可知顶点A n在以B n、C n为焦点的椭圆上，根据b n﹣c n+1=（c n﹣b n），得b n﹣c n=，可知n→+∞时b n→c n，+1据此可判断△A n B n C n的边B n C n的高h n随着n的增大而增大，再由三角形面积公式可得到答案．【解答】解：b1=2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1，+c n+1=+a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n=（b n+c n﹣2a n），由题意，b n+1∴b n+c n﹣2a n=0，∴b n+c n=2a n=2a1，∴b n+c n=2a1，﹣c n+1=，又由题意，b n+1∴b n﹣（2a1﹣b n+1）==a1﹣b n，b n+1﹣a1=（a1﹣b n）=（b1 +1﹣a1）．∴b n=a1+（b1﹣a1），c n=2a1﹣b n=a1﹣（b1﹣a1），=•=单调递增．可得{S n}单调递增．故选：B．【点评】本题主要考查由数列递推式求数列通项、三角形面积海伦公式，综合考查学生分析解决问题的能力，有较高的思维抽象度，属于难题．10．（5分）（2017•汉中二模）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（）A．尺B．尺C．尺D．尺【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，其公差为d，由等差数列的前n项和公式能求出公差．【解答】解：由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，记为：a1，a2，a3，…，a n，其公差为d，则a1=5，S30=390，∴=390，∴d=．故选：B．【点评】本题查等差数列的公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．11．（5分）（2017•徐水县模拟）已知数列{a n}为等差数列，S n其前n项和，且a2=3a4﹣6，则S9等于（）A．25B．27C．50D．54【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题．【分析】由题意得a2=3a4﹣6，所以得a5=3．所以由等差数列的性质得S9=9a5=27．【解答】解：设数列{a n}的首项为a1，公差为d，因为a2=3a4﹣6，所以a1+d=3（a1+3d）﹣6，所以a5=3．所以S9=9a5=27．故选B．【点评】解决此类题目的关键是熟悉等差数列的性质并且灵活利用性质解题．12．（5分）（2017•安徽模拟）《九章算术》是我国古代的数字名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各德几何．”其意思为“已知A、B、C、D、E五人分5钱，A、B两人所得与C、D、E三人所得相同，且A、B、C、D、E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，E所得为（）A．钱B．钱C．钱D．钱【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；21 ：阅读型；33 ：函数思想；51 ：函数的性质及应用；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，列出方程组，能求出E所得．【解答】解：由题意：设A=a﹣4d，B=a﹣3d，C=a﹣2d，D=a﹣d，E=a，则，解得a=，故E所得为钱．故选：A．【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质、等差数列的性质的合理运用．13．（5分）（2017•南开区模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为s n，且S2=10，S5=55，则过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）（n∈N*）的直线的斜率为（）A．4B．C．﹣4D．﹣【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】设出等差数列的首项和公差，由已知列式求得首项和公差，代入两点求直线的斜率公式得答案．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S2=10，S5=55，得，解得：．∴过点P（n，a n），Q（n+2，a n+2）的直线的斜率为k=．故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，训练了两点求直线的斜率公式，是基础题．14．（5分）（2017•枣阳市校级模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a2a4=21，数列{b n}满足，若，则n的最小值为（）A．6B．7C．8D．9【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，由S3=9，a2a4=21，可得3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，可得a n．由数列{b n}满足，利用递推关系可得：=．对n取值即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S3=9，a2a4=21，∴3a1+d=9，（a1+d）（a1+3d）=21，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．∵数列{b n}满足，∴n=1时，=1﹣，解得b1=．n≥2时，+…+=1﹣，∴=．∴b n=．若，则＜．n=7时，＞．n=8时，＜．因此：，则n的最小值为8．故选：C．【点评】本题考查了等差数列通项公式与求和公式、数列递推关系及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．（5分）（2017•安徽一模）已知函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），则{a n}的前100项的和为（）A．﹣200B．﹣100C．﹣50D．0【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由函数图象关于x=﹣1对称，由题意可得a50+a51=﹣2，运用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：函数f（x）的图象关于x=﹣1对称，数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f（a50）=f（a51），可得a50+a51=﹣2，又{a n}是等差数列，所以a1+a100=a50+a51=﹣2，则{a n}的前100项的和为=﹣100故选：B．【点评】本题考查函数的对称性及应用，考查等差数列的性质，以及求和公式，考查运算能力，属于中档题．二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）16．（5分）（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3=，S6=，则a8=32．【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．则a8==32．故答案为：32．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（5分）（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，则=．【考点】8E：数列的求和；85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n=，=，则=2[1﹣++…+]=2（1﹣）=．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．18．（5分）（2017•汕头三模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为134．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．【解答】解：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故a n=15n﹣14．由a n=15n﹣14≤2017得n≤135，∵当n=1时，符合要求，但是该数列是从2开始的，故此数列的项数为135﹣1=134．故答案为：134【点评】本题考查数列模型在实际问题中的应用，考查等差数列的通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题19．（5分）（2017•闵行区一模）已知无穷数列{a n}，a1=1，a2=2，对任意n∈N*，=a n，数列{b n}满足b n+1﹣b n=a n（n∈N*），若数列中的任意一项都在有a n+2该数列中重复出现无数次，则满足要求的b1的值为2．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【专题】35 ：转化思想；48 ：分析法；5M ：推理和证明．【分析】依题意数列{a n}是周期数咧，则可写出数列{a n}的通项，由数列{b n}满足b n﹣b n=a n（n∈N*），可推出b n+1﹣b n=a n=⇒，，+1，，…要使数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，则b2=b6=b10=…=b2n﹣1，b4=b8=b12=…=b4n，可得b8=b4=3即可，【解答】解：a1=1，a2=2，对任意n∈N*，有a n+2=a n，∴a3=a1=1，a4=a2=2，a5=a3=a1=1，∴a n=﹣b n=a n=，∴b n+1﹣b2n+1=a2n+1=1，b2n+1﹣b2n=a2n=2，∴b2n+2﹣b2n=3，b2n+1﹣b2n﹣1=3∴b2n+2∴b3﹣b1=b5﹣b3=…=b2n+1﹣b2n﹣1=3，b4﹣b2=b6﹣b4=b8﹣b6=…=b2n﹣b2n﹣2=3，b2﹣b1=1，，，，，，，…，=b4n﹣2∵数列中的任意一项都在该数列中重复出现无数次，∴b2=b6=b10=…=b4n﹣2，b4=b8=b12=…=b4n，解得b8=b4=3，b2=3，∵b2﹣b1=1，∴b1=2，故答案为：2【点评】本题考查了数列的推理与证明，属于难题．20．（5分）（2017•青浦区一模）设数列{a n}的通项公式为a n=n2+bn，若数列{a n}是单调递增数列，则实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．【考点】82：数列的函数特性．【专题】35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列；59 ：不等式的解法及应用．【分析】数列{a n}是单调递增数列，可得∀n∈N*，a n+1＞a n，化简整理，再利用数列的单调性即可得出．【解答】解：∵数列{a n}是单调递增数列，∴∀n∈N*，a n＞a n，+1（n+1）2+b（n+1）＞n2+bn，化为：b＞﹣（2n+1），∵数列{﹣（2n+1）}是单调递减数列，∴n=1，﹣（2n+1）取得最大值﹣3，∴b＞﹣3．即实数b的取值范围为（﹣3，+∞）．故答案为：（﹣3，+∞）．【点评】本题考查了数列的单调性及其通项公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共5小题，满分50分，每小题10分）21．（10分）（2017•江苏）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．【考点】8B ：数列的应用．【专题】23 ：新定义；35 ：转化思想；4R ：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知根据等差数列的性质，a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1）═2×3a n ，根据“P （k ）数列”的定义，可得数列{a n }是“P （3）数列”；（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到{a n }从第3项起为等差数列，再通过判断a 2与a 3的关系和a 1与a 2的关系，可知{a n }为等差数列．【解答】解：（1）证明：设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，则a n =a 1+（n ﹣1）d ，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3，=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1），=2a n +2a n +2a n ，=2×3a n ，∴等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）证明：当n ≥4时，因为数列{a n }是P （3）数列，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=6a n ，①，因为数列{a n }是“P （2）数列”，所以a n ﹣3+a n ﹣3+a n +a n +1=4a n ﹣1，②，a n ﹣1+a n +a n +2+a n +3=4a n +1，③，②+③﹣①，得2a n =4a n ﹣1+4a n +1﹣6a n ，即2a n =a n ﹣1+a n +1，（n ≥4），因此n ≥4从第3项起为等差数列，设公差为d ，注意到a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4，所以a 2=4a 4﹣a 3﹣a 5﹣a 6=4（a 3+d ）﹣a 3﹣（a 3+2d ）﹣（a 3+3d ）=a 3﹣d ，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）=a2﹣d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以{a n}为等差数列．【点评】本题考查等差数列的性质，考查数列的新定义的性质，考查数列的运算，考查转化思想，属于中档题．22．（10分）（2017•北京）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．【考点】8B：数列的应用；8C：等差关系的确定．【专题】32 ：分类讨论；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，则c n=b1﹣na1=1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；﹣n，c n+1（2）由b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，+1∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，﹣c n=d2﹣a1，此时c n+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；+1③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i ≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．【点评】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．23．（10分）（2017•北京）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．【考点】8E：数列的求和；8M：等差数列与等比数列的综合．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{a n}的通项公式；（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}的通项公式：a n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．【点评】本题考查等差数列与等比数列的应用，数列求和以及通项公式的求解，考查计算能力．24．（10分）（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【考点】8E：数列的求和；89：等比数列的前n项和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2=2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．。

新人教A版高中数学【必修5】第二章 2.4等比数列(一)课时作业练习含答案解析

§2.4 等比数列(一) 课时目标1．理解等比数列的定义，能够利用定义判断一个数列是否为等比数列．2．掌握等比数列的通项公式并能简单应用．3．掌握等比中项的定义，能够应用等比中项的定义解决有关问题．1．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．2．等比数列的通项公式：a n ＝a 1q n －1. 3．等比中项的定义如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，且G ＝±ab .一、选择题1．在等比数列{a n }中，a n >0，且a 2＝1－a 1，a 4＝9－a 3，则a 4＋a 5的值为( )A ．16B ．27C ．36D ．81答案 B解析由已知a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝9，∴q 2＝9.∴q ＝3(q ＝－3舍)，∴a 4＋a 5＝(a 3＋a 4)q ＝27.2．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7等于( )A ．64B ．81C ．128D ．243答案 A解析 ∵{a n }为等比数列，∴a 2＋a 3a 1＋a 2＝q ＝2. 又a 1＋a 2＝3，∴a 1＝1.故a 7＝1·26＝64.3．已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8等于( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2，∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1± 2.∵a n >0，∴q >0，q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 4．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( )A ．b ＝3，ac ＝9B ．b ＝－3，ac ＝9C ．b ＝3，ac ＝－9D ．b ＝－3，ac ＝－9答案 B解析 ∵b 2＝(－1)×(－9)＝9且b 与首项－1同号，∴b ＝－3，且a ，c 必同号．∴ac ＝b 2＝9.5．一个数分别加上20,50,100后得到的三个数成等比数列，其公比为( )A.53B.43C.32D.12答案 A解析设这个数为x ，则(50＋x )2＝(20＋x )·(100＋x )，解得x ＝25，∴这三个数45,75,125，公比q 为7545＝53.6．若正项等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3，a 5，a 6成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6等于() A.5－12 B.5＋12C.12 D ．不确定答案 A解析 a 3＋a 6＝2a 5，∴a 1q 2＋a 1q 5＝2a 1q 4，∴q 3－2q 2＋1＝0，∴(q －1)(q 2－q －1)＝0 (q ≠1)，∴q 2－q －1＝0，∴q ＝5＋12 (q ＝1－52<0舍)∴a 3＋a 5a 4＋a 6＝1q ＝5－12.二、填空题7．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________. 答案 4·(32)n －1解析由已知(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，得a ＝5，则a 1＝4，q ＝64＝32，∴a n ＝4·(32)n －1.8．设数列{a n }为公比q >1的等比数列，若a 4，a 5是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则 a 6＋a 7＝________.答案 18解析由题意得a 4＝12，a 5＝32，∴q ＝a 5a 4＝3. ∴a 6＋a 7＝(a 4＋a 5)q 2＝(12＋32)×32＝18.9．首项为3的等比数列的第n 项是48，第2n －3项是192，则n ＝________. 答案 5解析设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3q n －1＝483q 2n －4＝192⇒⎩⎪⎨⎪⎧q n －1＝16q 2n －4＝64⇒q 2＝4，得q ＝±2.由(±2)n －1＝16，得n ＝5. 10．一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 5－12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＝5－12.三、解答题11．已知{a n }为等比数列，a 3＝2，a 2＋a 4＝203，求{a n }的通项公式．解设等比数列{a n }的公比为q ，则q ≠0.a 2＝a 3q ＝2q ，a 4＝a 3q ＝2q ，∴2q ＋2q ＝203.解得q 1＝13，q 2＝3. 当q ＝13时，a 1＝18，∴a n ＝18×⎝⎛⎭⎫13n －1＝2×33－n .当q ＝3时，a 1＝29，∴a n ＝29×3n －1＝2×3n －3.综上，当q ＝13时，a n ＝2×33－n ；当q ＝3时，a n ＝2×3n －3. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝13(a n －1) (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2；(2)求证：数列{a n }是等比数列．(1)解由S 1＝13(a 1－1)，得a 1＝13(a 1－1)，∴a 1＝－12.又S 2＝13(a 2－1)，即a 1＋a 2＝13(a 2－1)，得a 2＝14.(2)证明当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，又a 2a 1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．能力提升13．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.答案－9解析由题意知等比数列{a n }有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由等比数列的定义知，四项是两个正数、两个负数，故－24,36，－54,81，符合题意，则q ＝－32，∴6q ＝－9.14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2. ∴{a n ＋1}是等比数列，公比为2，首项为2.(2)解由(1)知{a n ＋1}是等比数列．公比为2，首项a 1＋1＝2.∴a n＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n. ∴a n＝2n－1.。

高中数学第二章等比数列第1课时等比数列的概念与通项公式达标检测含解析新人教A版必修5

新人教A 版高中数学必修5：等比数列的概念与通项公式A 级基础巩固一、选择题1．下列数列为等比数列的是( ) A ．0，0，0，0，… B ．22，42，62，82，…C ．q －1，(q －1)2，(q －1)3，(q －1)4，… D ．1a ，1a 2，1a 3，1a4，…解析：A 选项中，由于等比数列中的各项都不为0，所以该数列不是等比数列；B 选项中，4222≠6242，所以该数列不是等比数列；C 选项中，当q ＝1时，数列为0，0，0，…，不是等比数列；D 选项中的数列是首项为1a ，公比为1a的等比数列，故选D.答案：D2．(多选)已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，公比q ＝－2，则( ) A ．数列{2a n ＋a n ＋1}是等比数列 B ．数列{a n ＋1－a n }是等比数列 C ．数列{a n a n ＋1}是等比数列 D ．数列{log 2|a n |}是递减数列解析：因为{a n }是等比数列，所以a n ＋1＝－2a n ，2a n ＋a n ＋1＝0，故A 项错．a n ＝a 1·q n －1＝(－1)n －1·2n －1，a n ＋1＝(－1)n ·2n ，于是a n ＋1－a n ＝(－1)n·2n－(－1)n －1·2n －1＝3(－2)n －1，故{a n ＋1－a n }是等比数列，故B 项正确．a n a n ＋1＝(－1)n －1·2n －1·(－1)n ·2n ＝(－2)2n －1，故C 项正确．log 2|a n |＝log 22n －1＝n －1，是递增数列，故D 项错．答案：BC3．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝( )A ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23nD ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1解析：由题意得(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，解得a ＝5，故a 1＝4，a 2＝6，所以q ＝32，a n ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案：B4．在数列{a n }中，对任意n ∈N *，都有a n ＋1－2a n ＝0，则2a 1＋a 22a 3＋a 4的值为( )A.14B.13C.12D.1解析：a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，a 4＝8a 1，所以2a 1＋a 22a 3＋a 4＝4a 116a 1＝14.答案：A5．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n ，又a n ≠0.所以数列{a n }是以3为公比的等比数列．所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3·(1＋q 2＋q 4)＝35. 所以log 1335＝－5.答案：A 二、填空题6．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝4，则数列{lg a n }的通项公式为____________．解析：因为a 5＝a 4q ，所以q ＝2，所以a 1＝a 4q 3＝14，所以a n ＝14·2n －1＝2n －3，所以lg a n ＝(n －3)lg 2.答案：lg a n ＝(n －3)lg 27．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．解析：因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，所以a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.答案：48．已知数列－1，a 1，a 2，－4成等差数列，－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，则a 2－a 1b 2的值为________．解析：因为－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1，因为－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，所以b 22＝(－1)×(－4)＝4，所以b 2＝±2.若设公比为q ，则b 2＝(－1)q 2，所以b 2＜0，所以b 2＝－2，所以a 2－a 1b 2＝－1－2＝12. 答案：12三、解答题9．在等比数列{a n }中． (1)已知a 1＝3，q ＝－2，求a 6； (2)已知a 3＝20，a 6＝160，求a n . 解：(1)由等比数列的通项公式得，a 6＝3×(－2)6－1＝－96.(2)设等比数列的公比为q ，那么⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝20，a 1q 5＝160，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝5.所以a n ＝a 1qn －1＝5×2n －1.10．在各项均为负数的数列{a n }中，已知2a n ＝3a n ＋1，且a 2·a 5＝827.(1)求证：{a n }是等比数列，并求出其通项． (2)试问－1681是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．(1)证明：因为2a n ＝3a n ＋1，所以a n ＋1a n ＝23. 又因为数列{a n }的各项均为负数，所以a 1≠0，所以数列{a n }是以23为公比的等比数列．所以a n ＝a 1·q n －1＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以a 2＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫232－1＝23a 1， a 5＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫235－1＝1681a 1，又因为a 2·a 5＝23a 1·1681a 1＝827，所以a 21＝94.又因为a 1<0，所以a 1＝－32.所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2(n ∈N *)．(2)解：令a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2＝－1681，则n －2＝4，n ＝6∈N *，所以－1681是这个等比数列中的项，且是第6项．B 级能力提升1．(多选)已知数列{a n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则以下一定是等比数列的是( )A ．{2a n }B ．{a 2n } C ．{a n ＋1·a n }D ．{a n ＋1＋a n }解析：因为数列{a n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则a n ＋1a n＝q ，对于A 项，2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ，因为a n ＋1－a n 不是常数，故A 项错误．对于B 项，a 2n ＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝q 2，因为q 2为常数，故B 项正确．对于C 项，a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝q 2，因为q 2为常数，故C 项正确．对于D 项，若a n ＋1＋a n ＝0，即q ＝－1时，该数列不是等比数列，故D 项错误．答案：BC2．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝ 10a n ＋1，则公比q ＝________．解析：因为等比数列{a n }为递增数列，且a 1＝－2<0，所以0<q <1，又因为3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，两边同除a n ，可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13.而0<q <1，所以q ＝13.答案：133．设关于x 的二次方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(n ＝1，2，3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用a n 表示a n ＋1；(2)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是等比数列；(3)当a 1＝76时，求数列{a n }的通项公式及项的最大值．(1)解：根据根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＝an ＋1a n，αβ＝1an.代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得6a n ＋1a n －2a n＝3.所以a n ＋1＝12a n ＋13.(2)证明：因为a n ＋1＝12a n ＋13，所以a n ＋1－23＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n －23.若a n ＝23，则方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0可化为23x 2－23x ＋1＝0，即2x 2－2x ＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以a n ≠23，即a n －23≠0.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以12为公比的等比数列．(3)解：当a 1＝76时，a 1－23＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以首项为12，公比为12的等比数列．所以a n －23＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n ＝1，2，3，…，即数列{a n }的通项公式为a n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n ＝1，2，3，….由函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(0，＋∞)上单调递减知，当n ＝1时，a n 的值最大，即最大值为a 1＝76.。

2021年高中数学第二章数列单元测试(含解析)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. 2011是等差数列：1，4，7，10,…的第几项( )（A）669 （B）670 （C）671 （D）6722.数列{an }满足an=4an-1+3,a1=0，则此数列的第5项是（）（A）15 （B）255 （C）20 （D）83.等比数列{an }中，如果a6=6,a9=9,那么a3为（）（A）4 （B）（C）（D）24.在等差数列{an }中，a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20=( )（A）-1 （B）1（C）3 （D）75.在等差数列{an }中，已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6=( )（A）40 （B）42（C）43 （D）456.记等差数列的前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)77.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）1908.在数列{an }中，a1=2,2an+1-2an=1,则a101的值为（）（A）49 （B）50 （C）51 （D）529.计算机是将信息转化成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如（1101）2表示二进制的数，将它转化成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数转换成十进制数的形式是（）（A）217-2 （B）216-1（C）216-2 （D）215-110.在等差数列{an }中，若a1+a2+a3=32,a11+a12+a13=118,则a4+a10=（）（A）45 （B）50 （C）75 （D）60二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在题中的横线上）11.（2011·江西高考）已知数列{an }的前n项和Sn满足：Sn+Sm=Sn+m,且a1=1,那么a10=_______12.等比数列{an }满足an>0,n=1,2,…，且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=____13.等差数列{an}前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为______.14.（2011·广东高考）已知{an }是递增等比数列，a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比q=______.15.两个等差数列{an }, {bn}, ,则______.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）16. (12分)已知等差数列{a n}的公差d＝1，前n项和为S n.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．17.（10分）已知数列{an }是等差数列，a2=3,a5=6,求数列{an}的通项公式与前n项的和Mn.18.（12分）等比数列{an }的前n项和为Sn，已知S1,S3,S2成等差数列.（1）求{an}的公比q；（2）若a1-a3=3,求Sn.19.（12分）数列{an }的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1=a1,bn=an-an-1（n≥2），若an+Sn=n，cn=an-1.（1）求证：数列{cn}是等比数列；（2）求数列{bn}的通项公式.20.（12分）如果有穷数列a1,a2,a3,…,am（m为正整数）满足条件a1=am, a2=am-1,…,am=a1,即ai =am-i+1(i=1,2,…，m),我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.（1）设{bn }是7项的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4是等差数列，且b1=2,b4=11.依次写出{bn}的每一项；（2）设{cn }是49项的“对称数列”，其中c25,c26,…,c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S.21.(12分)已知数列{an }的前n项和为(),等差数列{bn}中，bn>0(),且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.（1）求数列{an },{bn}的通项公式；（2）求数列{an +bn}的前n项和Tn.(选做题)22.（12分）某商店为了促进商品销售,特定优惠方式,即购买某种家用电器有两种付款方式可供顾客选择,家用电器价格为2 150元.第一种付款方式:购买当天先付150元,以后每月这一天都交付200元,并加付欠款利息,每月利息按复利计算,月利率为1%；第二种付款方式：购买当天先付150元，以后每个月付款一次，10个月付清，每月付款金额相同，每月利息按复利计算，月利率1%.试比较两种付款方法,计算每月所付金额及购买这件家用电器总共所付金额.答案解析1.【解析】选C.∵2011=1+（n-1）×(4-1)，∴n=671.2.【解析】选B.由an =4an-1+3,a1=0，依次求得a2=3,a3=15,a4=63,a5=255.3.【解析】选A.等比数列{an }中，a3,a6,a9也成等比数列，∴a62=a3a9,∴a3=4.4.【解析】选B.a1+a3+a5=105,∴a3=35,同理a4=33,∴d=-2,a1=39,∴a20=a1+19d=1.5.【解析】选B.设公差为d,由a1=2,a2+a3=13,得d=3,则a4+a5+a6= (a1+3d)+(a2+3d)+(a3+3d)=(a1+a2+a3)+9d=15+27=42.6.【解析】选B.S4-S2=a3+a4=20-4=16，∴a3+a4-S2=（a3-a1）+(a4-a2)=4d=16-4=12，∴d=3.7.【解析】选B.设公差为d,∴(1+d)2=1×(1+4d),∵d≠0,∴d=2,从而S10=100.8.【解题提示】利用等差数列的定义.【解析】选D.∵2an+1-2an=1,∴,∴数列{an }是首项a1=2,公差的等差数列，∴.9.【解析】选B.形式为：1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20=216-1.10.【解析】选B.由已知a1+a2+a3+a11+a12+a13=150,∴3(a1+a13)=150,∴a1+a13=50,∴a4+a10=a1+a13=50.11.【解题提示】结合Sn +Sm=Sn+m,对m,n赋值，令n=9,m=1,即得S9+S1=S10,即得a10=1.【解析】选A.∵Sn +Sm=Sn+m,∴令n=9,m=1,即得S9+S1=S10,即S1=S10-S9=a10,又∵S1=a1,∴a10=1.12.【解题提示】由已知可先求得通项公式，再由对数的性质进行运算.【解析】选C.a5·a2n-5=22n(n≥3),∴an 2=22n,an>0,∴an =2n,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2.13.【解题提示】利用等差数列前n项和的性质【解析】由题意可知Sm ,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列，2（S2m-Sm）=Sm+S3m-S2m∴S3m =3(S2m-Sm)=3×(100-30)=210.答案：21014.【解题提示】由等比数列的通项公式，可得关于公比q的方程，从而求出q.【解析】由a4-a3=4得a2q2-a2q=4,即2q2-2q=4,解得q=2或q=-1（由数列是递增数列，舍去）.答案：215.【解题提示】利用等差数列的前n项和的有关性质进行运算.【解析】设两个等差数列{an },{bn}的前n项和分别为An,Bn.则.答案：三、解答题：16.【解析(1)因为数列{a n}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a21＝1×(a1＋2)，即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.(2)因为数列{a n}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞a21＋8a1，即a21＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.故a1的取值范围为(－5,2)．17.【解析】设{an}的公差为d,∵a2=3,a5=6,∴,∴a1=2,d=1,∴an=2+(n-1)=n+1.18.【解析】（1）依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2)由于a1≠0，故2q2+q=0，又q≠0,从而.（2）由已知得a1-a1()2=3,故a1=4从而.19.【解析】（1）∵a1=S1,an+Sn=n,①∴a1+S1=1,得.又an+1+Sn+1=n+1 ②①②两式相减得2(an+1-1)=an-1，即,也即,故数列{cn}是等比数列.（2）∵,∴,.故当n≥2时，.又,即.20.【解题提示】利用等比数列的前n项和公式进行计算.【解析】（1）设数列{bn }的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11,解得d=3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2.（2）S=c1+c2+…+c49=2(c25+c26+…+c49)-c25=2(1+2+22+…+224)-1 =2(225-1)-1=226-3.21.【解析】（1）a1=1,an=Sn-Sn-1=3n-1,n>1，∴an =3n-1()，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴a1=1,a2=3,a3=9,在等差数列{bn}中，∵b1+b2+b3=15,∴b2=5.又因a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d,∴（1+5-d）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2,∵bn>0(),∴舍去d=-10,取d=2,∴b1=3.∴bn=2n+1().（2）由（1）知∴Tn =a1+b1+a2+b2+…+an+bn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn).22.【解题提示】第一种付款方式是等差数列模型，第二种付款方式是等比数列模型，分别计算出实际共付金额，再比较得出结论.【解析】第一种方式:购买时先付150元,欠2 000元,按要求知10次付清,则第1次付款金额为a1=200+2 000×0.01=220(元);第2次付款金额为a2=200+(2 000-200)×0.01=218(元)……第n次付款金额为an=200+［2 000-(n-1)×200］×0.01=220-(n-1)×2(元).不难看出每次所付款金额顺次构成以220为首项,-2为公差的等差数列,所以10次付款总金额为 (元)，实际共付2 260元.第二种方式:购买时先付150元,欠2 000元,则10个月后增值为2 000×(1+0.01)10=2 000×(1.01)10(元).设每月付款x元,则各月所付的款额连同最后一次付款时生成的利息之和分别是(1.01)9x,(1.01)8x,…,x,其构成等比数列,和为.应有,精品文档实用文档所以x ≈211.2，每月应付211.2元,10次付款总金额为2 112元,实际共付2 262元,所以第一种方式更省钱.【方法技巧】分清类型解数列应用题解数列应用题要明确问题是属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求a n 还是求S n ，特别要弄清项数为多少，试题中常见的数列类型有：（1）构造等差、等比数列模型，然后再应用数列的通项公式及求和公式求解；（2）先求出连续的几项，再归纳出a n ，然后用数列知识求解.B\31329 7A61 穡_ 37134 910E 鄎35625 8B29 謩24994 61A2 憢39366 99C6 駆34817 8801 蠁34370 8642 虂30352 7690 皐-133115 815B 腛。

【测控设计】高二数学人教A版必修5单元测评：第二章数列B含解析.doc

第二章测评B（高考体验卷）（时间:90分钟满分:100分）—、选择题（本大题共10小题,每小题5分，共50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.（2014重庆高考）在等差数列｛如中,ai=2,a3+a5=10,则a7=（）A.5B.8C.10D.14解析:由等差数列的性质，可知4[+如=。

3+。

5・因为。

1=2,。

3+。

5=10,所以617=8.故选B.答案:B2.（2014重庆高考）对任意等比数列｛给｝,下列说法一定正确的是（）A・W3,O9成等比数列B.a2,Q3,d6成等比数列C.d2,d4,d8成等比数列D.G3,%a9成等比数列解析:根据等比数列的性质，若加N+）,则如弘冷成等比数列，故选D.答案:D3.（2014福建高考）等差数列｛冷｝的前n项和为必,若6/^2,53=12,则他等于（）A.8B.10C.12D.14（・）_________解析:因为S3=3ai+ d=3x2+ d=12,所以d=2.所以6f6=«i+（6-l）J=2+5x2=l2.故选C.答案:c4.（2014天津高考）设｛禺｝是首项为a】,公差为・1的等差数列,S“为其前“项和若$,S2,S4成等比数列，则如二（）A.2B.-2C._D.-_解析:由题意知=S「S4,则a+di・l）2=Qi（4a]・6）,解得di=-.故选D.答案:D5.（2014辽宁高考）设等差数列｛禺｝的公差为d.若数列｛｝为递减数列，则（）A.d>0B.dvOC.d]d>0D.d]dvO解析:・・・｛｝为递减数列，2«l fl n z、・•・ <1.・・・dMvO.故选D.答案:D6.（2014课标全国II高考）等差数列仏｝的公差为2,若如他,购成等比数列，则｛如｝的前n 项和s=()( ) (・) A・〃(n+1) ) C. D.解析: '：如。

4,。

8成等比数列，•: =。

人教A版高中数学必修五高二《第二章数列》单元测试题试题分析.docx

1、试卷整体分析
本套试卷适合高三一轮专题单元测试，考察的内容是必修五的第二章《数列》。

根据我校高三学生在一轮复习对所学知识综合应用能力一般，依据新考纲及教材，所选试题稍微有一定的难度，目的是引导学生在后面的学习中要夯实双基，提高灵活应用知识的能力。

试题所含知识点的覆盖面广，重点考察数列的核心内容，即两类特殊数列的定义、通项公式、性质、求和；对数列通项公式所用的累加法，求和的裂项相消法等一些常用方法在试卷中都有体现。

同时考察了分类讨论思想、函数与方程的思想及化归思想。

整体设置由易到难，梯度分明，解答题一题多问，层层深入。

2、各知识点的分布
知识点题号分值数列的分类 2 4
定义1、7、8、13、14 20 通项公式3、11、12、18、20 32
性质4、5、9、15 16
求和10、16、17、19 24
a n与s n 的关系 6 4
3、试卷亮点
试卷有三大亮点：设置了对新数列性质的探索，如第1题，第7题，目的是启发学生对两类特殊数列定义的深入理解；在求和中设置了对数列通项公式的探究，从而进一步寻求求和的方法，如选择题的第16题；设置了对数学思想方法的深度考察，如第8题在判断数列分类时，对字母a的分类讨论，第9题将函数转化为方程，利用函数的零点与方程根的关系进行判断，体现了函数与方程的思想，解答题的第19题也是运用函数的观点处理等差数列求和的最值问题。

大约在0.6左右。

第二章数列单元综合测试(人教A版必修5)

第二章数列单元综合测试时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．数列{2n ＋1}的第40项a 40等于( ) A ．9 B ．10 C ．40D ．41解析：a 40＝2×40＋1＝81＝9.答案：A2．等差数列{2－3n }中，公差d 等于( ) A ．2 B ．3 C ．－1D ．－3解析：设a n ＝2－3n ，则an ＋1－a n ＝[2－3(n ＋1)]－(2－3n )＝－3. 答案：D3．数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 10等于( )A ．10B ．210C ．210－2D ．211－2解析：∴数列{a n }是公比为2的等比数列且a 1＝2.答案：D4．在等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，若a 7＝5，S 7＝21，那么S 10等于( ) A ．55 B ．40 C ．35D ．70解析：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝5，7a 1＋21d ＝21，解得d ＝23，a 1＝1，则S 10＝10a 1＋45d ＝40. 答案：B5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4等于( ) A ．7 B ．8 C ．15D ．16解析：设公比为q ，由于4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则4a 2＝4a 1＋a 3，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2. 所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1－241－2＝15.答案：C6．等差数列{a n }的前n 项和为S n, 若a 3＋a 17＝10，则S 19的值是( ) A ．55 B ．95 C ．100D ．不确定解析：a 3＋a 17＝a 1＋a 19，∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝192×10＝95.答案：B7．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝( )A ．120B ．105C ．90D ．75解析：{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，即3a 2＝15，则a 2＝5. 又a 1a 2a 3＝80，∴a 1a 3＝(5－d )(5＋d )＝16，∴d ＝3.答案：B8．一个只有有限项的等差数列，它前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( )A ．22B ．21C ．19D ．18解析：设该数列有n 项，且首项为a 1，末项为a n, 公差为d .则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝34，①5a n －10d ＝146，②a 1＋an2·n ＝234，③①＋②可得a 1＋a n ＝36.代入③得n ＝13.从而有a 1＋a 13＝36. 又所求项a 7恰为该数列的中间项，∴a 7＝a 1＋a 132＝362＝18.故选D.答案：D9．三个不同的实数a ，b ，c 成等差数列，又a ，c ，b 成等比数列，则ab 等于( )A ．－2B ．2C ．－4D ．4解析：∵2b ＝a ＋c ，∴c ＝2b －a .∵c 2＝ab ，∴a 2－5ab ＋4b 2＝0，∴a ＝b (舍去)或a ＝4b ，∴a b＝4. 答案：D10．已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2，…，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1等于( )A ．n (2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2解析：设公比为q ，答案：C11．在一直线上共插有13面小旗，相邻两面小旗之间距离为10 m ，在第一面小旗处有一个人，把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路程最短，应集中到哪一面小旗的位置上( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：图1如图1所示，设将旗集中到第x 面小旗处，则从第一面旗到第x 面旗共走路程为10(x－1)m ，然后回到第二面旗处再到第x 面处的路程是20(x －2)m ，…，从第x －1面到第x 面来回共20 m ，从第x 面处到第x ＋1面处路程为20 m ，从第x 面到第x ＋2面处的路程为20×2 m ，….总共的路程为s ＝10(x －1)＋20(x －2)＋20(x －3)＋…＋20×1＋20×1＋20×2＋…＋20×(13－x )＝10(x －1)＋20·(x －2)(x －1)2＋20·(13－x )(14－x )2＝10[(x －1)＋(x －2)(x －1)＋(13－x )(14－x )]＝10(2x 2－29x ＋183)＝20(x －294)2＋31154.∵x ∈N *，∴当x ＝7时，s 有最小值为780 m ，即将旗集中到第7面小旗处，所走的路程最短．答案：A12．若数列{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2007＋a 2008>0，a 2007·a 2008<0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4013B ．4014C ．4015D ．4016解析：由已知a 1>0，a 2007·a 2008<0，可得数列{a n }为递减数列，即d <0，a 2007>0，a 2008<0.利用等差数列的性质及前n 项和公式可得所以使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是4014，选B. 答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．数列{a n }中的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则通项公式a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2n ＋2)－[(n －1)2－2(n －1)＋2]＝2n －3. 又n ＝1时，2n －3≠a 1，所以有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n >1.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n >114．设{a n }为公比q >1的等比数列，若a 2006和a 2007是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2008＋a 2009＝________.解析：方程4x 2－8x ＋3＝0的两根是12和32，答案：1815．等差数列{a n }中，若S 12＝8S 4，且d ≠0，则a 1d等于________．解析：∵S 12＝12a 1＋66d ，S 4＝4a 1＋6d ，又S 12＝8S 4，∴12a 1＋66d ＝32a 1＋48d .∴20a 1＝18d ，∴a 1d ＝1820＝910.答案：91016．用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.78]＝0，[3.01]＝3，如果定义数列{x n }的通项公式为x n ＝[n5](n ∈N *)，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝________.解析：x 5n ＝[5n5]＝[n ]＝n ，则x 1＋x 2＋…＋x 5n ＝5[x 5＋x 10＋x 15＋…＋x 5(n －1)]＋x 5n ＝5(1＋2＋…＋n －1)＋n ＝52n 2－32n .答案：52n 2－32n三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(本小题10分)三个数成等比数列，其积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列．求这三个数．解：设三数为aq，a ，aq .由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝512，(a q －2)＋(aq －2)＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，q ＝12.所以这三个数为4,8,16或16,8,4.18．(本小题12分)求和：(a －1)＋(a 2－2)＋…＋(a n －n )，a ≠0. 解：原式＝(a ＋a 2＋…＋a n )－(1＋2＋…＋n )＝(a ＋a 2＋…＋a n )－n (n ＋1)2＝⎩⎪⎨⎪⎧a (1－a n )1－a－n (n ＋1)2(a ≠1)，n －n 22(a ＝1).19．(本小题12分)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，a 5＝18；数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋12b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)设{a n }的公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝6，a 1＋4d ＝18，解得a 1＝2，d ＝4. ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2.(2)证明：当n ＝1时，b 1＝T 1，由T 1＋12b 1＝1，得b 1＝23.当n ≥2时，∵T n ＝1－12b n ，Tn －1＝1－12b n －1，∴T n －T n －1＝12(bn －1－b n )．∴b n ＝12(b n －1－b n )．∴b n ＝13b n －1. ∴{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．20．(本小题12分)假设某市2007年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积(以2007年为累计的第一年)等于4750万平方米？解：设n 年后该市每年所建中低价房的面积为a n ，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n .令25n 2＋225n ＝4750，即n 2＋9n －190＝0，解得n ＝－19或n ＝10. 又n 是正整数，∴n ＝10.到2016年底，该市历年所建中低价房的累计面积等于4750万平方米． 21．(本小题12分)设a 1＝1，a 2＝53，an ＋2＝53an ＋1－23a n (n ∈N *)．(1)令b n ＝an ＋1－a n (n ∈N *)，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)因为b n ＋1＝a n ＋2－a n ＋1＝53a n ＋1－23a n －a n ＋1＝23(a n ＋1－a n )＝23b n ，所以数列{b n }是首项为b 1＝a 2－a 1＝23，公比为23的等比数列，所以b n ＝(23)n (n ＝1,2，…)．22．(本小题12分)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1.S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n ≥2)．(1)证明数列{1S n}成等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a 81＝－491时，求上表中第k (k ≥3)行所有项的和．解：(1)证明：由已知，当n ≥2时，2b nb n S n －S 2n＝1，又因为S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，又因为S 1＝b 1＝a 1＝1，所以数列{1S n }是首项为1，公差为12的等差数列．由上可知1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1). 因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2. (2)设题表中从第三行起，每行的公比都为q ，且q >0.因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{a n }的前78项．故a 81在表中第13行第三列，因此a 81＝b 13·q 2＝－491.又b 13＝－213×14，所以q ＝2.记表中第k (k ≥3)行所有项的和为S ，即S ＝b k (1－q k )1－q ＝－2k (k ＋1)·1－2k 1－2＝2k (k ＋1)(1－2k )(k ≥3)．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第二章数列单元测试1(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每个小题5分，共60分，每小题给出的四个备选答案中，有且仅有一个是符合题目要求的)1．在等差数列{a n}中，若a4＋a6＝12，S n是数列{a n}的前n项和，则S9的值为( ) A．48 B．54C．60 D．66[答案] B[解析] ∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，∴S9＝9a1＋a92＝9a4＋a62＝9×6＝54.2．若等比数列{a n}的公比q>0，且q≠1，又a1<0，那么( )A．a2＋a6>a3＋a5B．a2＋a6<a3＋a5C．a2＋a6＝a3＋a5D．a2＋a6与a3＋a5的大小不能确定[答案] B[解析] (a2＋a6)－(a3＋a5)＝(a2－a3)－(a5－a6)＝a2(1－q)－a5(1－q)＝(1－q)(a2－a5)＝a1q(1－q)2(1＋q＋q2)．∵q>0，且q≠1，又a1<0，∴(a2＋a6)－(a3＋a5)<0.即a2＋a6<a3＋a5.3．△ABC中三内角A、B、C成等差数列，三边a、b、c成等比数列，则三内角的公差等于( )A．0° B．15°C．30° D．45°[答案] A[解析] ∵A、B、C成等差数列，则B＝60°.又三边成等比数列，∴b2＝ac，则有sin2B＝sin A sin C.3 4＝－12[cos(A＋C)－cos(A－C)]，即cos(A －C )＝1，∴A －C ＝0°，∴A ＝C .又∵B ＝60°，∴A ＝B ＝C ＝60°，故选A.4．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 4B.n 23＋5n3 C.n 22＋3n4 D ．n 2＋n [答案] A[解析] ∵a 1，a 3，a 6成等比数列，则(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋5d )，a 1d ＝4d 2，∴d ＝12，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝2n ＋n 2－n 4＝n 24＋74n . 5．某工厂去年产值为a ，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为( )A ．1.14a B ．1.15aC ．11×(1.15－1)a D ．10(1.16－1)a [答案] C[解析] 本题是等比数列实际应用问题，考查建模能力和实际问题中求通项还是前n 项和的区别能力．设从去年开始，每年产值构成数列为{a n }，则a 1＝aa n ＝a (1＋10%)n －1(1≤n ≤5)，从今年起到第5年是求该数列a 2到a 6的和应为S 6－a 1＝a 1.16－11.1－1－a ＝11×(1.15－1)a .6．212＋414＋818＋…＋102411024等于( )A ．204610231024B ．200710231024C ．104711024 D ．204611024[答案] A[解析] 212＋414＋818＋…＋102411024＝(2＋4＋8＋…＋1024)＋(12＋14＋18＋…＋11024)＝21－2101－2＋12[1－1210]1－12＝211－2＋1－(12)10＝2046＋210－1210＝2046＋10231024＝204610231024.7．等差数列{a n}中，a1>0，若其前n项和为S n，且有S14＝S8，那么当S n取最大值时，n 的值为( )A．8 B．9C．10 D．11[答案] D[解析] 解法一：∵S14＝S8，∴a9＋a10＋…＋a14＝0，∴a11＋a12＝0，∵S14＝S8，a1>0，∴d≠0.故a11>0，a12<0，∴S11最大．解法二：∵a1>0，S14＝S8，∴d<0.∴点(n，S n)是抛物线上的点，且抛物线的对称轴为n＝11，抛物线的开口向下，∴n＝11时，S n取最大值，故选D.8．正项数列{a n}满足a2n＋1＝a2n＋4(n∈N*)，且a1＝1，则a7的值为( )A．4 B．5 C．6 D．7[答案] B[解析] ∵a2n＋1＝a2n＋4(n∈N*)，∴a2n＋1－a2n＝4，又a1＝1，∴a21＝1.∴数列{a2n}是首项为1，公差为4的等差数列，∴a2n＝1＋4(n－1)＝4n－3.∴a27＝4×7－3＝25，又a7>0，∴a7＝5.9．若等比数列{a n}的前n项和S n＝2010n＋t(t为常数)，则a1的值为( )A．2008 B．2009C．2010 D．2011[答案] B[解析] ∵等比数列{a n}的前n项和S n＝2010n＋t，∴a1＝S1＝2010＋t，a2＝S2－S1＝20102＋t－2010－t＝2009×2010，a3＝S3－S2＝20103＋t－20102－t＝2009×20102，又a1a3＝a22，∴(2010＋t)×2009×20102＝(2009×2010)2，∴t ＝－1，∴a 1＝2010＋t ＝2009.10．若log 32，log 3(2x －1)，log 3(2x＋11)成等差数列，则x 的值为( ) A ．7或－3 B ．log 37 C ．log 27 D ．4 [答案] C[解析] 由已知得，2log 3(2x －1)＝log 32＋log 3(2x ＋11)，整理得(2x )2－4·2x－21＝0，解得2x＝7，∴x ＝log 27.11．已知0<a <b <c <1，且a 、b 、c 成等比数列，n 为大于1的整数，则log a n ，log b n ，log c n 成( )A ．等差数列B ．等比数列C ．各项倒数成等差数列D ．各项倒数成等比数列 [答案] C[解析] ∵b 2＝ac ，∴1log a n ＋1log c n＝log n a ＋log n c ＝log n (ac )＝log n b 2＝2log n b ＝2log b n. 12．把数列{2n ＋1}依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号四个数，第五个括号一个数……循环分为：(3)，(5,7)，(9,11,13)，(15,17,19,21)，(23)，(25,27)，(29,31,33)，(35,37,39,41)，(43)，…则第104个括号内各数之和为( )A ．2036B ．2048C ．2060D ．2072 [答案] D[解析] 由观察会发现，每十个数都是一个循环，一个循环里有10个数组成，104个括号有26个小循环，则第104个括号内有四个数，则这四个数为数列3,5,7,9…的第257项，第258项，第259项，第260项，分别为3＋(257－1)×2,3＋(258－1)×2,3＋(259－1)×2,3＋(260－1)×2，即515,517,519,521，其和为2072.二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．已知{a n }为等差数列，a 3＋a 8＝22，a 6＝7，则a 5＝________. [答案] 15[解析] 由等差数列的性质得，a 3＋a 8＝a 5＋a 6＝22，又a 6＝7，a 5＝22－7＝15. 14．已知数列1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值为________．[答案]52[解析] a 1＋a 2＝5，b 22＝1×4，b 2＝±2，而b 2是第三项，第一项和第五项都是正数，故b 2＝2， ∴a 1＋a 2b 2＝52. 15．(2011·湖北理)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．[答案]6766[解析] 设此等差数列为{a n }，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766. 16．在等差数列{a n }中，S n 为它的前n 项和，若a 1＞0，S 16＞0，S 17＜0, 则当n ＝________时，S n 最大．[答案] 8[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧S16＝16a 1＋a 162＝8a 8＋a 9＞0S17＝17a 1＋a 172＝17a 9＜0，∴a 8＞0而a 1＞0，∴数列{a n }是一个前8项均为正，从第9项起为负值的等差数列，从而n ＝8时，S n 最大．三、解答题(本大题共6个小题，共74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12分)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1022，求公差d .[解析] ∵a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n n －12d ，又a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1022，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋n －1d ＝－512 ①n ＋12n n －1d ＝－1022 ②把(n －1)d ＝－513代入②，得n ＋12n ·(－513)＝－1022，解得n ＝4，∴d ＝－171.18．(本小题满分12分)数列{a n }的前n 项和为S n ＝2－2a n ，n ∈N *.求证：数列{a n }为等比数列，并求通项a n .[证明] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－2a 1，∴a 1＝23；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2－2a n )－(2－2a n －1) ＝2a n －1－2a n .∴a n a n －1＝23. 故{a n }是以 a 1＝23为首项，以q ＝23为公比的等比数列．∴a n ＝a 1qn －1＝(23)n. 19．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝1，S 11＝33. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(14)a n .求证：{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .[解析] (1)∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1S 11＝33，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝111a 1＋11×102d ＝33，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝12，∴a n ＝n2.(2)∵b n ＝(14)n 2 ＝12n ，∴b n ＋1b n ＝12，∴{b n }是以b 1＝12为首项，12为公比的等比数列，前n项和T n ＝121－12n 1－12＝1－12n .20．(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＝1,3(a 1＋a 2＋…＋a n )＝(n ＋2)a n ，求通项a n .[解析] ∵3(a 1＋a 2＋…＋a n )＝(n ＋2)a n ， ∴3S n ＝(n ＋2)a n ，∴3S n －1＝(n ＋1)a n －1(n ≥2)，两式相减，得 3a n ＝(n ＋2)a n －(n ＋1)a n －1， ∴(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1＝31，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，将以上各式相乘，得 a n a 1＝n n ＋12，又a 1＝1，∴a n ＝n n ＋12. 又a 1＝1满足上式，∴a n ＝n n ＋12(n ∈N *)．21．(本小题满分12分)设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项的和为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)解法一：当q ＝1时，S 10＝10a 1，S 20＝20a 1，S 30＝30a 1， ∴210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝210·30a 1－(210＋1)·20a 1＋10a 1 ＝210·30a 1－210·20a 1－20a 1＋10a 1 ＝10a 1·210－10a 1＝10a 1(210－1)， ∵a 1>0，∴10a 1(210－1)≠0.∴q ≠1. 由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0得210· a 11－q 301－q －(210＋1) · a 11－q 201－q ＋a 11－q 101－q＝0，∴210(1－q 30)－(210＋1)·(1－q 20)＋1－q 10＝0， ∴210－210q 30－210＋210q 20－1＋q 20＋1－q 10＝0，即q 10(q 10－1)(210q 10－1)＝0，∴210q 10－1＝0，∴210q 10＝1，∵q >0，∴q ＝12.∴a n ＝a 1qn －1＝12·(12)n －1＝12n . 解法二：由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0，得 210(S 30－S 20)＝S 20－S 10，即210(a 21＋a 22＋…＋a 30)＝a 11＋a 12＋…＋a 20. 可得210·q 10(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝a 11＋a 12＋…＋a 20.∵a n >0，∴210q 10＝1.解得q ＝12.故a n ＝a 1qn －1＝12n ，(n ＝1,2…) (2)因为{a n }是首项a 1＝12，公比q ＝12的等比数列，故S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，nS n ＝n －n2n .则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ， ①T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1. ②①－②，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＋n 2n ＋1＝n n ＋14－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋n 2n ＋1，即T n ＝n n ＋12－2＋12n －1＋n2n . 22．(本小题满分14分)已知f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3a 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 .[解析] (1)由点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上得S n ＝3n 2－2n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1＝1，满足上式．所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝36n －5[6n ＋1－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12[1－17＋17－113＋113－119＋…＋16n －5－16n ＋1]＝12－126n ＋1<12. 因此，使得12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1<m 20(n ∈N *)成立的m 必须且仅须满足12≤m 20，即m ≥10，故满足要求的最小整数m ＝10.。

人教版数学高二-第二章 数列 单元测试 1(人教A版必修5)