高中数学第二章数列检测试题课时作业含解析新人教A版必修5

高中数学第二章数列检测试题课时作业含解析新人教A版必修5

第二章检测试题 时间：90分钟　　分值：120分 第Ⅰ卷(选择题，共60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．在等差数列{an}中，S10＝120，则a1＋a10的值是(　B　)‎ A．12 B．24‎ C．36 D．48‎ 解析：S10＝＝120，解得a1＋a10＝24.‎ ‎2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，则a4等于(　A　)‎ A．11 B．15‎ C．17 D．20‎ 解析：a4＝S4－S3＝20－9＝11.‎ ‎3．如果f(n＋1)＝(n＝1,2,3，…)且f(1)＝2，则f(101)等于(　D　)‎ A．49 B．50‎ C．51 D．52‎ 解析：∵f(n＋1)＝＝f(n)＋，‎ ‎∴f(n＋1)－f(n)＝，‎ 即数列{f(n)}是首项为2，公差为的等差数列．‎ ‎∴通项公式为f(n)＝2＋(n－1)×＝n＋.‎ ‎∴f(101)＝×101＋＝52.‎ ‎4．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为(　C　)‎ A．1 B．3‎ C．5 D．6‎ 解析：依题意，知an＝2n－1(n≥2)，∴a2＝3，∴a1＝S1＝S2－a2＝3－3＝0.又∵a3＝3×2－1＝5，∴a1＋a3＝0＋5＝5.‎ ‎5．在等比数列{an}中，an>0，且a2＝1－a1，a4＝9－a3，则a4＋a5的值为(　B　)‎ A．16 B．27‎ 6‎ C．36 D．81‎ 解析：由已知，得∴q2(a1＋a2)＝q2＝9，又∵an>0，∴q＝3，∴a4＋a5＝q(a3＋a4)＝3×9＝27.‎ ‎6．等比数列{an}的各项均为正，a3，a5，－a4成等差数列，Sn为{an}的前n项和，则等于(　C　)‎ A．2 B. C. D. 解析：设等比数列{an}的公比为q，则有q>0，‎ 又a3，a5，－a4成等差数列，∴a3－a4＝2a5，‎ ‎∴a1q2－a1q3＝2a1q4，即1－q＝2q2，‎ 解得q＝－1(舍去)或q＝，∴q＝，‎ ‎∴＝＝ ‎＝1＋q3＝1＋3＝.‎ ‎7．若数列{an}满足an＋1＝1－，且a1＝2，则a2 015等于(　D　)‎ A．－1 B．2‎ C. D. 解析：∵an＋1＝1－，a1＝2，‎ ‎∴a2＝1－＝，a3＝1－2＝－1，‎ a4＝1－＝2.由此可见，数列{an}的项是以3为周期重复出现的，∴a2 015＝a671×3＋2＝a2＝.‎ ‎8．设等差数列{an}的公差d不为0，a1＝9d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝(　B　)‎ A．2 B．4‎ C．6 D．8‎ 解析：依题意，知ak＝a1＋(k－1)d＝9d＋(k－1)d＝(k＋8)d，a2k＝a1＋(2k－1)d＝(2k＋8)d.∵a＝a1·a2k，∴(k＋8)2d2＝9d·(2k＋8)d，即k2－2k－8＝0，∴k＝4或k＝－2(舍去)．‎ ‎9．等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1等于(　B　)‎ 6‎ A. B. C．20 D．110‎ 解析：由题意知，S奇＝a1·a3·…·a2n＋1＝100，S偶＝a2·a4·…·a2n＝120，∴＝·a1＝a1·qn＝an＋1＝＝.‎ ‎10．如下图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则＋＋＋…＋＝(　D　)‎ A. B. C. D. 解析：由题图得a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，归纳可得an＝3(n－1)(n≥2)，‎ ‎∴＝＝＝－，‎ ‎∴原式＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎11．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式为(　B　)‎ A．an＝－2n－1 B．an＝(－2)n－1‎ C．an＝(－2)n D．an＝－2n 解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，‎ 得an＝an－an－1.∴an＝－2an－1.‎ 又a1＝1，∴an＝(－2)n－1(n≥2)．‎ 又a1＝(－2)1－1＝1，∴an＝(－2)n－1.‎ ‎12．若数列{an}是等差数列，a1>0，a2 009＋a2 010>0，a2 009·a2 010<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是(　B　)‎ A．4 017 B．4 018‎ C．4 019 D．4 020‎ 解析：由a2 009＋a2 010>0，a2 009·a2 010<0及a1>0，得a2 009>0，a2 010<0且|a2 009|>|a2 010|，‎ ‎∴S4 017＝＝4 017a2 009>0，‎ S4 018＝＝>0，‎ 6‎ S4 019＝＝4 019a2 010<0，‎ 故选B.‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共60分)‎ 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)‎ ‎13．数列{an}满足an＝4an－1＋3，a1＝0，则此数列的第5项是255.‎ 解析：采用归纳法．‎ ‎14．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为－.‎ 解析：由已知得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝2a1－1，S4＝4a1＋ ‎×(－1)＝4a1－6，而S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，整理得2a1＋1＝0，解得a1＝－.‎ ‎15．已知数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝Sn，则{bn}的通项公式为bn＝.‎ 解析：依题意，当n≥2时， ‎①－②得bn＋1－bn＝bn，‎ ‎∴bn＋1＝bn(n≥2)．∵b2＝S1＝b1＝，∴bn＝·n－2(n≥2)，∴bn＝ ‎16．已知an＝2n－1(n∈N*)，把数列{an}的各项排成如图所示的三角数阵，记S(m，n)表示该数阵中第m行中从左到右的第n个数，则S(10,6)对应数阵中的数是101.‎ ‎1‎ ‎3　5‎ ‎7　9　11‎ ‎13　15　17　19‎ ‎……‎ 解析：设S(10,6)是数列{an}中的第M个数，则M＝1＋2＋3＋…＋9＋6＝＋6＝51，‎ ‎∴S(10,6)＝a51＝2×51－1＝101.‎ 三、解答题(本大题共4小题，共40分．解答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{an}是等差数列，a2＝6，a5＝18，数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ 6‎ ‎(2)求证：数列{bn}是等比数列．‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 由题意，得解得a1＝2，d＝4.‎ ‎∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2.‎ ‎(2)证明：当n＝1时，b1＝T1，‎ 由T1＋b1＝1，得b1＝.‎ 当n≥2时，∵Tn＋bn＝1，‎ ‎∴Tn＝1－bn，Tn－1＝1－bn－1.‎ ‎∴Tn－Tn－1＝(bn－1－bn)．‎ ‎∴bn＝(bn－1－bn)．∴bn＝bn－1.‎ ‎∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎18．(10分)已知数列{an}的各项均为正数，设其前n项和为Sn，且Sn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.‎ 解：(1)∵Sn＝，∴2Sn＝a＋an，∴2Sn－1＝a＋an－1(n≥2)，两式相减得2an＝a－a＋an－an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ ‎∵an>0，∴an－an－1＝1(n≥2)，即数列{an}为公差d＝1的等差数列．∵a1＝S1＝，∴a1＝1，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝n.‎ ‎(2)∵Sn＝＝，‎ ‎∴bn＝＝－，∴Tn＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎19．(10分)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.‎ ‎(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{nan}的前n项和．‎ 解：(1)令n＝1，得2a1－a1＝a，即a1＝a.‎ 因为a1≠0，所以a1＝1.‎ 令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.‎ 当n≥2时，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1两式相减得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1.‎ 于是数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 因此an＝2n－1.‎ 6‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，nan＝n·2n－1.‎ 记数列{n·2n－1}的前n项和为Bn，‎ 于是Bn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①‎ ‎2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②‎ ‎①－②得 ‎－Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n ‎＝2n－1－n·2n.‎ 从而Bn＝1＋(n－1)·2n.‎ ‎20．(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)设bn＝5n－tan，试问：是否存在非零整数t，使得数列{bn}为递增数列？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为Sn＝(an－1)，所以当n＝1时，a1＝(a1－1)，解得a1＝－4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，即an＝－4an－1.‎ 由a1＝－4，an＝－4an－1(n≥2)知an≠0，所以{an}是首项为－4，公比为－4的等比数列，所以an＝(－4)n.‎ ‎(2)假设存在非零整数t，使得数列{bn}为递增数列，即对于任意n∈N*，都有bn＋1>bn.‎ 由(1)知an＝(－4)n，又bn＝5n－tan，所以bn＝5n－t(－4)n，所以对任意n∈N*，恒有5n＋1－t(－4)n＋1>5n－t(－4)n，‎ 即对任意n∈N*，恒有(－1)nt>－n－1①.‎ 当n为奇数时，①等价于t－n－1恒成立，‎ 又n为偶数时，－n－1的最大值为－，‎ 所以t>－.‎ 综上可知，－

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