2024-2025学年高中数学周练卷4测评含解析新人教A版必修5

PAGEPAGE4周练卷(四)一、选择题(每小题5分，共35分)1．已知数列{an}满意3an＋1＋an＝0，a2＝－eq\f(4,3)，则{an}的前10项和等于(C)A．－6(1－3－10) B.eq\f(1,9)(1－310)C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)解析：由3an＋1＋an＝0得an＋1＝－eq\f(1,3)an，所以{an}为等比数列，公比为－eq\f(1,3)，由a2＝－eq\f(4,3)得a1＝4，所以S10＝3(1－3－10)．故选C.2．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a4a2014＝16，则a1010＝(D)A．1 B．2C．4 D．8解析：依据等比数列的性质得a4a2014＝aeq\o\al(2,1009)＝16，又数列各项均为正数，故a1009＝4，所以a1010＝2a1009＝8.3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝2S4，则eq\f(a16,a12)＝(C)A．2 B．4C．1 D.eq\f(1,2)解析：∵S8＝2S4，∴S4＝S8－S4，即a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8，∴q4＝1，故eq\f(a16,a12)＝q4＝1.4．设{an}是等比数列，则“a1<a2<a4”是“数列{an}是递增数列”的(B)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：∵{an}是等比数列，∴由“a1<a2<a4”可知公比可以为负数，数列{an}不肯定是递增数列，故充分性不成立．若数列{an}是递增数列，则肯定有a1<a2<a4，故必要性成立．综上，“a1<a2<a4”是“数列{an}是递增数列”的必要不充分条件，故选B.5．在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项的和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87等于(C)A.eq\f(140,3) B．60C．80 D．160解析：解法一：a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2eq\f([1－q329],1－q3)＝eq\f(q2,1＋q＋q2)[eq\f(a11－q87,1－q)]＝eq\f(4,7)×140＝80.解法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87.∵b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，∴b1(1＋q＋q2)＝140，又1＋q＋q2＝7，∴b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80.6．若等比数列{an}对于一切自然数n都有an＋1＝1－eq\f(2,3)Sn，其中Sn是此数列的前n项和，a1＝1，则其公比q为(C)A．1 B．－eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D．－eq\f(1,3)解析：由an＋1＝1－eq\f(2,3)Sn，知当n≥2时，an＝1－eq\f(2,3)Sn－1，则an＋1－an＝－eq\f(2,3)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,3).7．假如数列{an}满意a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝(B)A．2n＋1－1 B．2n－1C．2n－1 D．2n＋1解析：依题意有，an－an－1＝a1·2n－1＝2n－1(n≥2，n∈N*)，则当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1满意上式，所以an＝2n－1.二、填空题(每小题5分，共20分)8．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝eq\f(3,2).解析：方法一：S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，将a3＝a2q，a4＝a2q2代入，得3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，解得q＝eq\f(3,2)(q＝－1不合题意，舍去)．方法二：由S2＝3a2＋2，得a1(1＋q)＝3a1q＋2①.由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2②.由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)．∵q>0，∴q＝eq\f(3,2).9．已知等差数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x－1＝0的两根，则a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝15.解析：由已知得a3＋a15＝6，又a7＋a11＝a8＋a10＝2a9＝a3＋a15，∴a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)))(a3＋a15)＝eq\f(5,2)×6＝15.10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝4，a2＋a4＝2，则log2(eq\f(S2015,a2015)＋1)＝2_015.解析：设等比数列的公比为q，则q＝eq\f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(S2015,a2015)＝eq\f(\f(a1[1－\f(1,2)2015],1－\f(1,2)),a1\f(1,2)2014)＝eq\f(2[1－\f(1,2)2015],\f(1,2)2014)＝22015－1，所以log2(eq\f(S2015,a2015)＋1)＝2015.11．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则log2eq\f(a2011＋a2012＋a2013＋a2014,3)＝1_005.解析：因为(a1＋a2)q2＝a3＋a4，所以q2＝2.所以a2011＋a2012＋a2013＋a2014＝(a1＋a2＋a3＋a4)·q2010＝3×21005，所以log2eq\f(a2011＋a2012＋a2013＋a2014,3)＝1005.三、解答题(共45分)12．(本小题10分)已知数列{an}的首项a1＝eq\f(5,3)，3an＋1＝an＋2.n∈N*.(1)求证：数列{an－1}为等比数列；(2)若a1＋a2＋…＋an<100，求最大的正整数n.解：(1)证明：∵3an＋1＝an＋2，an＋1－1＝eq\f(1,3)(an－1)，且a1－1＝eq\f(2,3)，∴数列{an－1}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列．(2)由(1)可求得an－1＝eq\f(2,3)×(eq\f(1,3))n－1，∴an＝2×(eq\f(1,3))n＋1.a1＋a2＋…＋an＝n＋2(eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n))＝n＋2·eq\f(\f(1,3)－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))＝n＋1－eq\f(1,3n)，若n＋1－eq\f(1,3n)<100，则nmax＝99.13．(本小题15分)已知{an}是等差数列，满意a1＝3，a4＝12，数列{bn}满意b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以数列{bn}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.14．(本小题20分)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明{an＋eq\f(1,2)}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).解：(1)证明：由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋eq\f(1,2)＝3(an＋eq\f(1,2))．又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以{an＋eq\f(1,2)}是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2).因此{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2).(2)证明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因为当n≥1时，3n－