必修五数列单元测试

高二年级第一次月考数学试题

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48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.在等差数列{}n a 中，

22a =，3104,a a =则＝( )

A ．12

B ．14

C ．16

D ．18

2.2011是等差数列：1，4，7，10,…的第几项( ) （A ）669 （B ）670 （C ）671 （D ）672

3.数列{a n }满足a n =4a n-1+3,a 1=0，则此数列的第5项是（ ） （A ）15 （B ）255 （C ）20 （D ）8

4.等比数列{a n }中，如果a 6=6,a 9=9,那么a 3为（ ） （A ）4 （B ）2

3 （C ）

9

16

（D ）2 5.在等差数列{a n }中，a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,则a 20=( ) （A ）-1 （B ）1 （C ）3 （D ）7

6.在等差数列{a n }中，已知a 1=2,a 2+a 3=13,则a 4+a 5+a 6=( ) （A ）40 （B ）42 （C ）43 （D ）45

7.记等差数列的前n 项和为S n ，若S 2=4，S 4=20，则该数列的公差d=（ ） (A)2 (B)3 (C)6 (D)7

8.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 ）90 （B ）100 （C ）145 （D ）190

9.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

10.在等差数列{a n }中，若a 1+a 2+a 3=32,a 11+a 12+a 13=118,则a 4+a 10=（ ） （A ）45 （B ）50 （C ）75 （D ）60

11.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +S m =S n+m ,且a 1=1,那么a 10=（ ） （A ）1 （B ）9 （C ）10 （D ）55

12.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=（ ） （A ）n(2n-1) （B ）(n+1)2 （C ）n 2 （D ）(n-1)2

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，请把正确的答案填在题中的横线上）

13.等差数列{a n }前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m 项的和 为______.

14. 已知数列{}n a 的首项12a =，122

n

n n a a a +=

+，1,2,3,n =…,则 2012a = ________. 15. 设数列{a n }中,a 1=2,a n+1=a n +n+1，则通项a n =_____. 16. 两个等差数列{a n },{b n },

12n 12n a a a 7n 2

b b b n 3

++?++=++?++,则55a b =______.

三、解答题（本大题共5小题，共56分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.（10分）已知数列{a n }是等差数列，a 2=3,a 5=6,求数列{a n }的通项公式与前n 项的和S n .

18.（10分）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,S 3,S 2成等差数列. （1）求{a n }的公比q ； （2）若a 1-a 3=3,求S n .

19.（12分）求满足下列条件的通项公式. （1）若21=a 且n n n a a 31=+，求{a n }的通项。 （2）若11=a 且121+=+n n a a ，求{a n }的通项。

20.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n =14n-n 2

（+∈N n ），数列｛b n ｝满足b n =∣a n ∣（+∈N n ），

（1）求当n 为何正整数时b n 最小，并求b n 最小值； （2）求数列｛b n ｝的前n 项和T n 。

21.(12分)等差数列{}n a 满足145=a ，207=a ，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且

22n n b S =-.

(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ) 证明数列{}n b 是等比数列；

（Ⅲ）若数列n n n b a c =，试求数列n c 的前n 项和S n 。

安徽省方山中学高一下学期数列专题单元测试答案解析

1.【解析】选C.∵2011=1+（n-1）×(4-1)， ∴n=671.

2.【解析】选B.由a n =4a n-1+3,a 1=0， 依次求得a 2=3,a 3=15,a 4=63,a 5=255.

3.【解析】选A.等比数列{a n }中，a 3,a 6,a 9也成等比数列，∴a 62=a 3a 9,∴a 3=

4. 4.【解析】选B.a 1+a 3+a 5=105,∴a 3=35,同理a 4=33, ∴d=-2,a 1=39,∴a 20=a 1+19d=1.

5.【解析】选B.设公差为d,由a 1=2,a 2+a 3=13,得d=3,则a 4+a 5+a 6=(a 1+3d)+(a 2+3d)+(a 3+3d) =(a 1+a 2+a 3)+9d=15+27=42.

6.【解析】选B.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.

7.【解析】选B.设公差为d,∴(1+d)2=1×(1+4d), ∵d ≠0,∴d=2,从而S 10=100.

8.【解析】选D.∵2a n+1-2a n =1,∴n 1n 1a a 2

+-=, ∴数列{a n }是首项a 1=2,公差1d 2

=的等差数列， ∴()1011a 21011522

=+-=.

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a 1+a 2+a 3+a 11+a 12+a 13=150,∴3(a 1+a 13)=150,∴a 1+a 13=50,∴a 4+a 10=a 1+a 13=50.

11.【解析】选A.∵S n +S m =S n+m ,∴令n=9,m=1,即得S 9+S 1=S 10,即S 1=S 10-S 9=a 10,

又∵S 1=a 1,∴a 10=1.

12.【解析】选C.a 5·a 2n-5=22n (n ≥3), ∴a n 2=22n ,a n >0,

∴a n =2n ,log 2a 1+log 2a 3+…+log 2a 2n-1 =1+3+…+(2n-1)=n 2.

13.【解析】由题意可知S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等差数列，2（S 2m -S m ）=S m +S 3m -S 2m ∴S 3m =3(S 2m -S m )=3×(100-30)=210.

14.【解析】由a 4-a 3=4得a 2q 2-a 2q=4,即2q 2-2q=4,解得q=2或q=-1（由数列是递增数列，舍去）.

15.【解析】设两个等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为A n ,B n .则

()()195919599a a a A 7926529b b b B 9312

2

+?+====++.

16.【解析】∵a 1=2,a n+1=a n +(n+1), ∴a n =a n-1+n,a n-1=a n-2+(n-1)，

a n-2=a n-3+(n-2),…,a 3=a 2+3，a 2=a 1+2,a 1=2=1+1

将以上各式相加得：()()2n n n 1n n

a [n n 121]111222

+=+-+?+++=

+=++. 17.【解析】设{a n }的公差为d, ∵a 2=3,a 5=6,∴11

a d 3

a 4d 6+=??+=?,

∴a 1=2,d=1, ∴a n =2+(n-1)=n+1.

()2n 1n n 1n 3n

M na d .22

-+=+=

18.【解析】（1）依题意有

a 1+(a 1+a 1q)=2(a 1+a 1q+a 1q 2)由于a 1≠0，故2q 2+q=0，又q ≠0,从而1q 2

=-. （2）由已知得a 1-a 1(12

-)2=3,

故a 1=4从而n

n n 141812S 113212

??

-- ???==----［］

［（）］（）.

19.【解析】（1）∵a 1=S 1,a n +S n =n ①, ∴a 1+S 1=1,得11

a 2

=.

又a n+1+S n+1=n+1 ②， ①②两式相减得2(a n+1-1)=a n -1， 即

n 1n a 11a 12+-=-,也即n 1n c 1

c 2

+=, 故数列{c n }是等比数列. （2）∵111c a 12

=-=-, ∴n n n n n

11

c ,a c 1122=-

=+=-, n 1n 11

a 12

--=-.

故当n ≥2时，n n n 1n 1n n

111

b a a 222--=-=-=

. 又111b a 2

==,即n n 1b 2

=

. 20.【解析】（1）设数列{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d=2+3d=11,解得d=3， ∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2. （2）S=c 1+c 2+…+c 49

=2(c 25+c 26+…+c 49)-c 25 =2(1+2+22+…+224)-1 =2(225-1)-1=226-3.

21.【解析】（1）a 1=1,a n =S n -S n-1=3n-1,n>1，

∴a n =3n-1(*n N ∈)，∴数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴a 1=1,a 2=3,a 3=9,在等差数列{b n }中， ∵b 1+b 2+b 3=15,∴b 2=5.

又因a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列，设等差数列{b n }的公差为d, ∴（1+5-d ）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2, ∵b n >0(*n N ∈),

∴舍去d=-10,取d=2,∴b 1=3. ∴b n =2n+1(*n N ∈). （2）由（1）知 ∴T n =a 1+b 1+a 2+b 2+…+a n +b n =(a 1+a 2+…+a n )+(b 1+b 2+…+b n )

()n n 32n 113132++-=+- n 231n 2n 22

=++-. 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a 1=200+2 000×0.01=220(元);

第2次付款金额为a 2=200+(2 000-200)×0.01=218(元) ……

第n 次付款金额为a n =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()10109

S 102202 2 1102

?=?+

?-= (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()

10

1011.01S x 11.01

-=?-.

应有()10

10S 2 0001.01=?,

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.