2019_2020学年高中数学第2章数列章末达标测试新人教A版必修5.doc

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1、第二章 数列(本卷满分150分，考试用时120分钟)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1，3，则是这个数列的A.第10项B.第11项C.第12项D.第21项解析观察可知该数列的通项公式为an(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令212n1，解得n11，故选B.答案B2.一个各项均正的等比数列，其每一项都等于它后面的相邻两项之和，则公比qA. B. C. D.解析由题意知anan1an2anqanq2，即q2q10，解得q(负值舍去)，故选C.答案C3.等差数列an中，a1a4a739，a3a6a

2、927，则数列an前9项的和S9等于A.66 B.99 C.144 D.297解析根据等差中项，2a4a1a7，2a6a3a9，代入，可得a413，a69，所以S999，故选B.答案B4.设an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a41，S37，则S5等于A. B. C. D.解析由题意得解之，得S5.答案B5.在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢A.8日 B.9日 C.12日 D.16日解析设n日相逢，则依

3、题意得103n1397n1 1252，整理得n231n3600，解得n9(负值舍去)，故选B.答案B6.已知等差数列an中，a10，前n项和是Sn，且S14S8，则当Sn取得最大值时，n为A.8 B.9 C.10 D.11解析S14S8，a9a10a11a12a13a143(a11a12)0.a10，d0，a110，a120，n11.答案D7.“远望嵬嵬塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几碗灯？”源自明代数学家吴敬所著的九章詳註比纇算法大全，通过计算得到的答案是A.2 B.3 C.4 D.5解析由题意设尖头a盏灯，根据题意由上往下数第n层有2n1a盏灯，所以一共有(1248163

4、264)a381盏灯，解得a3.答案B8.已知Sn是数列an的前n项和，log2Snn(n1，2，3，)，则数列anA.是公比为2的等比数列B.是公差为2的等差数列C.是公比为的等比数列D.既非等差数列，也非等比数列解析log2Snn，Sn2n，则a12.当n2时，anSnSn12n2n12n1.a12不适合上式，an既非等差数列，也非等比数列.答案D9.设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，S3a，且S1，S2，S4成等比数列，则a10A.15 B.19 C.21 D.30解析由S3a得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比数列可得SS1S4，又S1a2d，S22a2d，

5、S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)，化简得3d22a2d，又d0，a23，d2，a11，an12(n1)2n1，a1019.答案B10.设数列an满足an12an，a11，数列|an|的前n项和为Sn，则S2 018A.22 0181 B.22 0192C.22 0171 D.122 018解析由an12an，可得2，又a11，所以an(2)n1，所以|an|(2)n1|2n1，所以S2 01822 0181.故选A.答案A11.函数f(x)log2，等比数列an中，a2a5a88，f(a1)f(a2)f(a9)A.9 B.8 C.7 D.10解析因为a2a5a88a52

6、，f(a1)f(a2)f(a9)log2log2log2log2log2log2log2299.答案A12.定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”，若已知数列an的前n项的“均倒数”为，又bn，则A. B. C. D.解析由定义可知a1a2an5n2，a1a2anan15(n1)2，可求得an110n5，所以an10n5，则bn2n1.又，所以.答案C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2017北京)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.解析设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.a1b11，a4b48，a

7、22，b22.1.答案114.设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析当n1时，S1a11，所以1.因为an1Sn1SnSnSn1，所以1，即1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以(1)(n1)(1)n，所以Sn.答案15.(江苏高考改编)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列第10项的值为_.解析由a11，且an1ann1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n，则，故.答案16.(2016全国)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_.解析设an的公比为q，依题意得解得a18，

8、q，所以an，从而a1a2an，当n3或4时，取到最小值6，此时取到最大值26，所以a1a2an的最大值为64.答案64三、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)17(10分)(2018北京)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求ea1e a2ean.解析(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dnln 2.(2)因为e a1eln 22，eanan1eln 22，所以ean是首项为2，公比为2的等比数列所以e a1e

9、 a2ean22(2n1)18.(12分)数列an的前n项和记为Sn，a1t，an12Sn1(nN*).(1)当t为何值时，数列an是等比数列；(2)在(1)的条件下，若等差数列bn的前n项和Tn有最大值，且T315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，求Tn.解析(1)由an12Sn1，可得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，即an13an(n2)，所以当n2时，an是等比数列，要使n1时，an是等比数列，则只需3，从而t1.(2)设bn的公差为d，由T315得b1b2b315，于是b25，故可设b15d，b35d，又a11，a23，a39，由题意可得(5d1)(5d9

10、)(53)2，解得：d12，d210，因为等差数列bn的前n项和Tn有最大值，所以d0，d10，所以Tn15n(10)20n5n2.19.(12分)已知数列an的前n项和为Sn，且anSn1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn3log4an，设Tn|b1|b2|bn|，求Tn.解析(1)由anSn1，得an1Sn11，两式相减得an1anSn1Sn0，所以2an1an，即an1an.又n1时，a1S11，所以a1.又，所以数列an是首项为，公比为的等比数列.所以ana1qn1.(2)bn3log43.当n6时，bn0，Tnb1b2bn；当n6时，bn0，Tnb1b2

11、b6(b7b8bn).综上，Tn20.(12分)已知数列an满足a12，an1an2(nN*)，数列bn满足b14，b314，且数列bnan是各项均为正数的等比数列.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cnbn2n，求数列的前n项和Tn.解析(1)因为an1an2(nN*)，所以数列an是公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d22(n1)2n.因为数列bnan是各项均为正数的等比数列，b1a1422，b2a2b222b24，b3a314238，所以(b2a2)2(b1a1)(b3a3)，即(b24)216.所以b244或4(舍去).所以数列bnan的公比为q2，所以bnan(b1a1

12、)qn12n，所以bnan2n2n2n.所以数列an和bn的通项公式分别为an2n，bn2n2n(nN*).(2)由(1)得cnbn2n2n2n2n2n.所以，所以，.所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以Tn1(nN*).21.(12分)已知数列an的前n项和Sn满足an12Sn6，且a16.(1)求a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，证明：b1b2bn1.解析(1)当n1时，a22S162a1618.(2)由an12Sn6，得an2Sn16(n2)，得an1an2Sn2Sn1，即an13an(n2)，又a16，a218，所以a23a1.所以数列an是以6为首项，公比为3的

13、等比数列，所以an63n123n.(3)证明由(2)得an123n1，故Sn3n13.bn2.所以b1b2bn2211.22.(12分)(2017天津)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*).解析(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，解得q2或q3，又因为q0，所以q2.所以，bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，有a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.得Tn4n1.所以，数列a2nb2n1的前n项和为4n1.9