2020-2021高中人教版数学5测评：第二章数列 单元质量评估2含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年高中人教A版数学必修5测评：第二章数列单元质量评估2含解析第二章单元质量评估（二)eq\o（\s\up7(时间：120分钟满分：150分），\s\do5()）一、选择题(每小题5分,共60分）1．数列3,5，9,17,33，…的通项公式an等于（B)A．2nB．2n＋1C．2n－1D．2n＋1解析：由于3＝2＋1，5＝22＋1，9＝23＋1,…,所以通项公式是an＝2n＋1，故选B.2．已知数列｛an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2,则数列{an}的通项公式为（C）A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3C．an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（1，n＝1,，2n－3,n≥2）） D．an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n＋3，n≥2））解析：当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.又当n＝1时，a1的值不适合n≥2时的通项公式，故选C.3．已知数列｛an｝是公差为2的等差数列,且a1，a2，a5成等比数列，则a2的值为(A）A．3B．－3C．2D．－2解析:∵a1，a2,a5成等比数列，∴aeq\o\al（2,2）＝a1·a5,∴aeq\o\al（2,2)＝（a2－2）(a2＋6）,解得a2＝3。4．已知数列｛an｝是首项为1,公差为d(d∈N*）的等差数列，若81是该数列中的一项，则公差d不可能是(B）A．2B．3C．4D．5解析：由题意知，an＝1＋（n－1)·d,81是该数列中的一项,即81＝1＋(n－1）d，所以n＝eq\f（80,d）＋1，因为d，n∈N*,所以d是80的因数，所以d不可能是3，故选B。5．已知数列｛an}满足:aeq\o\al(2，n）＝an－1·an＋1（n≥2），若a2＝3，a2＋a4＋a6＝21，则a4＋a6＋a8＝(C)A．84B．63C．42D．21解析:∵aeq\o\al(2，n)＝an－1·an＋1（n≥2），∴数列{an}是等比数列，设其公比为q，∵a2＝3，∴a2＋a4＋a6＝3＋3q2＋3q4＝21,即q4＋q2－6＝0，解得q2＝2或q2＝－3（舍去），∴a4＋a6＋a8＝a2q2＋a4q2＋a6q2＝2(a2＋a4＋a6）＝42，故选C。6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3,且3S1,2S2，S3成等差数列，则数列｛an}的通项公式为(C）A．an＝3n－1－1B．an＝3n－1C．an＝3nD．an＝3n解析：∵3S1,2S2，S3成等差数列，∴4S2＝3S1＋S3，∴4（a1＋a2）＝3a1＋（a1＋a2＋a3）,即3a2＝a3，∴公比q＝3，∴an＝a1·qn－1＝37．数列｛an}的通项公式an＝n2＋n,则数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（1,an)））的前10项和为（B)A.eq\f（9,10）B.eq\f(10，11）C.eq\f(11,10）D。eq\f（12,11)解析：eq\f（1,an）＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1，n＋1），所以S10＝eq\f(1，1)－eq\f(1,2)＋eq\f(1，2)－eq\f(1，3）＋…＋eq\f(1，10）－eq\f（1,11）＝eq\f（10，11）.故选B.8．已知点(n，an)(n∈N*)都在直线3x－y－24＝0上，那么在数列｛an}中有(C）A．a7＋a9〉0B．a7＋a9〈0C．a7＋a9＝0D．a7·a9＝0解析:由题意知,an＝3n－24，所以｛an}为a1＝－21,d＝3的等差数列．所以a8＝－21＋3×7＝0.所以a7＋a9＝2a89．已知数列{an}中，a2＝2,若对任意的m，n∈N＊，都有am＋n＝am＋an，那么eq\f（a1＋a3＋…＋a2013，a2＋a4＋…＋a2014)的值为(D)A.eq\f(1006，1007）B.eq\f（1008，1009）C。eq\f（1005,1006)D。eq\f(1007,1008）解析：am＋n＝am＋an⇒a2＝a1＋a1⇒a1＝1，an＋1＝an＋a1⇒an＋1－an＝1，所以数列{an｝是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq\f(a1＋a3＋…＋a2013，a2＋a4＋…＋a2014)＝eq\f(a1007，a1008）＝eq\f（1007，1008)，故选D.10．数列{an}的通项an＝n·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（cos2\f(nπ,4）－sin2\f(nπ，4))），其前n项和为Sn，则S40为（C)A．10B．15C．20D．25解析：由题意得，an＝neq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(cos2\f(nπ，4）－sin2\f（nπ,4)))＝ncoseq\f（nπ,2)，当n＝1时，a1＝coseq\f(π，2)＝0;当n＝2时，a2＝2cosπ＝－2；当n＝3时，a3＝3coseq\f（3π,2）＝0；当n＝4时，a4＝4cos2π＝4；……∴当n＝4k－3(k∈N*）时，an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝2，∴S40＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋…＋（a37＋a38＋a39＋a40)＝2×10＝20，故选C.11．在等差数列{an｝中，已知a10〈0，a11〉0,且a11〉｜a10｜，Sn为数列{an｝的前n项和,则使Sn〉0的n的最小值为(B)A．21B．20C．10D．11解析：由已知得|a10｜＝－a10,a11>－a10，a10＋a11〉0，2a1＋19d>0，2a1>－19d。又由Sm＝eq\f(a1＋ann,2)>0，可得a1＋an〉0，即2a1＋(n－1)d>0.而2a1＋（n－1)d〉－19d＋（n－1）d＝(n－20）d，因此只需（n－20)d≥0即可,又d〉0,所以n12．已知数列｛an｝满足an＝an－1＋an－2(n为大于2的正整数）,且a2015＝1，a2017＝－1，设数列｛an｝的前n项和为Sn，则S2020－S2016＝(B)A．－17B．－15C．－6D．0解析：因为an＝an－1＋an－2（n〉2）,且a2015＝1，a2017＝－1，所以a2017＝a2016＋a2015，所以a2016＝－2,同理,a2018＝－2－1＝－3，a2019＝－1－3＝－4，a2020＝－3－4＝－7，所以S2020－S2016＝a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝－1－3－4－7＝－15，故选B.二、填空题（每小题5分，共20分）13．已知等差数列{an｝的前n项和为Sn，且a1＋a5＝3a3，a10＝14，则S12＝84解析：由a1＋a5＝3a3,得2a3＝3a3，所以a3＝0。又a10＝14，所以S12＝eq\f(12a1＋a12,2）＝eq\f（12a3＋a10,2）＝6×14＝84.14．在正项等比数列｛an}中，a1和a19为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a8·a10·a12等于64.解析：因为a1和a19为方程x2－10x＋16＝0的两根，所以a1a19＝16，由等比数列的性质得，a1a19＝aeq\o\al（2，10)＝16，又a10〉0，所以a10＝4，a8·a10·a12＝aeq\o\al（3，10）＝64.15．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲(水生植物名）生一日,长三尺;莞（植物名,俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是今有蒲生长1日，长为3尺;莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为2.6日．(结果保留一位小数，参考数据：lg2≈0。30,lg3≈0。48)解析：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列{an}，其中a1＝3，公比为eq\f(1，2），其前n项和为An，莞（植物名)的长度组成等比数列{bn}，其中b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn。则An＝eq\f（3×\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2n)）），1－\f（1，2）),Bn＝eq\f（2n－1，2－1），令An＝Bn，化为2n＋eq\f(6，2n)＝7，解得2n＝6或2n＝1（舍去)，即n＝eq\f(lg6，lg2)＝1＋eq\f（lg3,lg2)≈2.6。故所需的时间约为2.6日．16．在各项都为整数的数列｛an｝中,a1＝2，且对任意的n∈N＊，满足an＋1－an<2n＋eq\f(1，2），an＋2－an>3×2n－1，则a2017＝22_017.解析:由an＋1－an〈2n＋eq\f（1，2)，得an＋2－an＋1<2n＋1＋eq\f(1,2），两式相加，得an＋2－an〈3×2n＋1，又an＋2－an>3×2n－1,an∈Z，所以an＋2－an＝3×2n，从而a2017＝（a2017－a2015）＋(a2015－a2013）＋…＋（a3－a1）＋a1＝3×(22015＋22013＋…＋23＋21）＋2＝22017。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)设数列{an}满足:a1＝1，an＋1＝3an,n∈N＊。（1)求｛an}的通项公式及前n项和Sn；（2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2,b3＝a1＋a2＋a3，求T20.解：(1）由题设知{an｝是首项为1，公比为3的等比数列,所以an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n，1－3)＝eq\f（1，2)(3n－1）．(2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13,b3－b1＝10，所以数列｛bn｝的公差d＝5，故T20＝20×3＋eq\f（20×19,2）×5＝1010。18．（本小题12分)已知数列｛an｝满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2),n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an,证明：{bn｝是等比数列;（2)求｛an}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，b1＝a2－a1＝1，当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(1,2）（an－1＋an)－an＝－eq\f（1，2)(an－an－1）＝－eq\f（1,2）bn－1，所以｛bn}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2）由（1)知，bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2))）n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)））＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)）)2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)））n－2＝1＋eq\f(2,3）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）））n－1））＝eq\f(5,3)－eq\f(2，3)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2）)）n－1，当n＝1时，a1＝1满足这个公式．所以an＝eq\f(5,3)－eq\f(2，3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2))）n－1，n∈N＊.19．（本小题12分）已知数列{an}为等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.(1)求数列｛an｝的通项公式；（2）令bn＝3an，求证:数列{bn｝为等比数列；(3)令cn＝eq\f（1，anan＋1）,求数列{cn｝的前n项和Sn。解：（1)因为a1＋a2＋a3＝12，所以a2＝4，所以公差d＝2，所以an＝2n.(2）证明：因为bn＝3an，所以eq\f（bn＋1,bn)＝eq\f（32n＋2，32n）＝9，所以{bn｝为首项b1＝9，公比q＝9的等比数列．(3)因为cn＝eq\f（1,2n2n＋2）＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，n)－\f（1,n＋1））)，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f（1，4）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)＋\f（1，2）－\f（1,3）＋…＋\f（1，n）－\f（1，n＋1））)＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，n＋1）)）＝eq\f(n，4n＋4）。20．（本小题12分）设等差数列｛an}的前n项和为Sn,且S4＝4S2,a2n＝2an＋1－3.（1）求数列｛an}的通项公式；(2）设数列{bn｝满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq\f(2n＋3,2n）,求｛bn｝的前n项和Tn。解：(1）设数列{an}的公差为d，则有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝42a1＋d，,a1＋2n－1d＝2·a1＋nd－3，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.(2）当n＝1时，a1b1＝eq\f（1，2)，所以b1＝eq\f（1，2）;当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝3－eq\f（2n＋1,2n－1），①又a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq\f(2n＋3，2n)，②②－①得，anbn＝eq\f(2n－1，2n），所以bn＝eq\f（1，2n)，易知n＝1也成立，所以数列｛bn｝是以eq\f（1，2）为首项，eq\f（1，2）为公比的等比数列,故其前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f（\f（1,2)\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）)）n）)，1－\f(1，2))＝1－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2))）n。21．（本小题12分）已知数列｛an｝满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1,数列{bn｝满足b1＝2,bn＋1＝bn＋an－n.（1)证明：｛an－n｝为等比数列；(2）数列｛cn}满足cn＝eq\f（an－n,bn＋1bn＋1＋1)，求数列｛cn｝的前n项和Tn,求证：Tn〈eq\f(1,3)。解：（1）证明：∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n），又∵a1－1＝2，∴{an－n｝是以2为首项，2为公比的等比数列．(2）证明：∵an－n＝2×2n－1＝2n,∴bn＋1－bn＝an－n＝2n,∴b2－b1＝21，b3－b2＝22,……bn－bn－1＝2n－1，各式相加，得bn－b1＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又b1＝2，∴bn＝2n，∴cn＝eq\f（2n，2n＋12n＋1＋1）＝eq\f(1,2n＋1）－eq\f（1，2n＋1＋1)，∴Tn＝eq\f（1，2＋1)－eq\f(1，22＋1）＋eq\f(1,22＋1）－eq\f（1，23＋1）＋…＋eq\f(1，2n＋1）－eq\f（1，2n＋1＋1）＝eq\f（1,3)－eq\f（1，2n＋1＋1)<eq\f（1，3）。22．(本小题12分）已知等比数列｛an｝的公比q〉1，且a1＋a3＝20，a2＝8。（1）求数列{an}的通项公式;(2）设bn＝eq\f(n，an)，Sn是数列｛bn}的前n项和，对任意正整数n,不等式Sn＋eq\f（n，2n＋1）〉(－1)n·a恒成立，求实数a的取值范围．解：（1）设数列{an｝的公比为q，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q2＝20，，a1q＝8，））∴2q2－5q＋2＝0，∵q〉