2024-2025学年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

PAGEPAGE7其次章检测试题时间：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．24C．36 D．48解析：S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝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．15C．17 D．20解析：a4＝S4－S3＝20－9＝11.3．假如f(n＋1)＝eq\f(2fn＋1,2)(n＝1,2,3，…)且f(1)＝2，则f(101)等于(D)A．49 B．50C．51 D．52解析：∵f(n＋1)＝eq\f(2fn＋1,2)＝f(n)＋eq\f(1,2)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2)，即数列{f(n)}是首项为2，公差为eq\f(1,2)的等差数列．∴通项公式为f(n)＝2＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(3,2).∴f(101)＝eq\f(1,2)×101＋eq\f(3,2)＝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．3C．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．27C．36 D．81解析：由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝1，,a3＋a4＝9，))∴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eq\f(S6,S3)等于(C)A．2 B.eq\f(7,8)C.eq\f(9,8) D.eq\f(5,4)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＝eq\f(1,2)，∴q＝eq\f(1,2)，∴eq\f(S6,S3)＝eq\f(\f(a11－q6,1－q),\f(a11－q3,1－q))＝eq\f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(9,8).7．若数列{an}满意an＋1＝1－eq\f(1,an)，且a1＝2，则a2015等于(D)A．－1 B．2C.eq\r(2) D.eq\f(1,2)解析：∵an＋1＝1－eq\f(1,an)，a1＝2，∴a2＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，a3＝1－2＝－1，a4＝1－eq\f(1,－1)＝2.由此可见，数列{an}的项是以3为周期重复出现的，∴a2015＝a671×3＋2＝a2＝eq\f(1,2).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．4C．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.∵aeq\o\al(2,k)＝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)A.eq\f(6,5) B.eq\f(5,6)C．20 D．110解析：由题意知，S奇＝a1·a3·…·a2n＋1＝100，S偶＝a2·a4·…·a2n＝120，∴eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(a3·a5·…·a2n＋1,a2·a4·…·a2n)·a1＝a1·qn＝an＋1＝eq\f(100,120)＝eq\f(5,6).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eq\f(9,a2a3)＋eq\f(9,a3a4)＋eq\f(9,a4a5)＋…＋eq\f(9,a2017a2018)＝(D)A.eq\f(2015,2016) B.eq\f(2016,2015)C.eq\f(2017,2018) D.eq\f(2016,2017)解析：由题图得a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，归纳可得an＝3(n－1)(n≥2)，∴eq\f(9,anan＋1)＝eq\f(9,3n－13n)＝eq\f(1,n－1n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，∴原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2016)－\f(1,2017)))＝1－eq\f(1,2017)＝eq\f(2016,2017).11．若数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式为(B)A．an＝－2n－1 B．an＝(－2)n－1C．an＝(－2)n D．an＝－2n解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)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，a2009＋a2010>0，a2009·a2010<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是(B)A．4017 B．4018C．4019 D．4020解析：由a2009＋a2010>0，a2009·a2010<0及a1>0，得a2009>0，a2010<0且|a2009|>|a2010|，∴S4017＝eq\f(4017a1＋a4017,2)＝4017a2009>0，S4018＝eq\f(4018a1＋a4018,2)＝eq\f(4018a2009＋a2010,2)>0，S4019＝eq\f(4019a1＋a4019,2)＝4019a2010<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}满意an＝4an－1＋3，a1＝0，则此数列的第5项是255.解析：采纳归纳法．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－eq\f(1,2).解析：由已知得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝2a1－1，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×(－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＝－eq\f(1,2).15．已知数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝eq\f(1,3)Sn，则{bn}的通项公式为bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2n≥2)).解析：依题意，当n≥2时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＋1＝\f(1,3)Sn①，,bn＝\f(1,3)Sn－1②，))①－②得bn＋1－bn＝eq\f(1,3)bn，∴bn＋1＝eq\f(4,3)bn(n≥2)．∵b2＝eq\f(1,3)S1＝eq\f(1,3)b1＝eq\f(1,3)，∴bn＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2(n≥2)，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2n≥2.))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101.135791113151719……解析：设S(10,6)是数列{an}中的第M个数，则M＝1＋2＋3＋…＋9＋6＝eq\f(91＋9,2)＋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＋eq\f(1,2)bn＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝6，,a1＋4d＝18，))解得a1＝2，d＝4.∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2.(2)证明：当n＝1时，b1＝T1，由T1＋eq\f(1,2)b1＝1，得b1＝eq\f(2,3).当n≥2时，∵Tn＋eq\f(1,2)bn＝1，∴Tn＝1－eq\f(1,2)bn，Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1.∴Tn－Tn－1＝eq\f(1,2)(bn－1－bn)．∴bn＝eq\f(1,2)(bn－1－bn)．∴bn＝eq\f(1,3)bn－1.∴数列{bn}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)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＝eq\f(anan＋1,2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,2Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.解：(1)∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)，∴2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，∴2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1(n≥2)，两式相减得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋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＝eq\f(a1a1＋1,2)，∴a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.(2)∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)＝eq\f(nn＋1,2)，∴bn＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋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＝aeq\o\al(2,1)，即a1＝aeq\o\al(2,1).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.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－1，①2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②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＝eq\f(4,5)(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＝eq\f(4,5)(an－1)，所以当n＝1时，a1＝eq\f(4,5)(a1－1)，解得a1＝－4；当n≥