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- 2021-06-16 发布
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对应学生用书[考案5理][考案5文]
第五章 综合过关规范限时检测
(时间:120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1.已知数列{an}为2,0,2,0,…,则下列各项不可以作为数列{an}通项公式的是( D )
A.an=1+(-1)n+1 B.an=
C.an=1-cosnπ D.an=2sin
[解析] 若an=2sin,则a1=2sin=2,a2=2sinπ=0,a3=2sin=-2,不符合题意.故选D.
2.在等差数列{an}中,若a2=4,a4=2,则a6=( B )
A.-1 B.0
C.1 D.6
[解析] 由等差数列的性质知a2,a4,a6成等差数列,所以a2+a6=2a4,所以a6=2a4-a2=0.故选B.
3.(2018·内蒙古阿拉善左旗月考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=-,则a2019等于( D )
A.1 B.-1
C.- D.-2
[解析] ∵a1=1,an+1=-,∴a2=-=-,a3=-=-2,a4=-=1.由上述可知该数列为周期数列,其周期为3.又∵2019=3×673,∴a2019=a3=-2.故选D.
[方法总结] 周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式:①所给递推关系中含有三角函数,利用三角函数的周期性;②相邻多项之间的递推关系,如后一项是前两项的差;③相邻两项的递推关系,等式中一侧含有分式,又较难变形构造出特殊数列.
(2)解决此类题目的一般方法:根据给出的关系式求出数列的若干项,通过观察归纳出数列的周期,进而求有关项的值或者前n项的和.
4.(2018·河南许昌、平顶山联考)中国古代数学老师在教学中对学生提出这样一个问题:“三百一十五里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行数里,请公仔细算相还”,其意思为:“有一个人走3 1 5里路,第一天健步行走,从笫二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”,则此人笫二天走了( A )
A.80里 B.40里
C.160里 D.20里
[解析] 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q=,依题意有=315,解得a1=160,则a2=160×=80,即第二天走了80里,故选A.
5.(2018·吉林长春外国语学校期中)已知等差数列{an}满足a3=3,且a1,a2,a4成等比数列,则a5=( C )
A.5 B.3
C.5或3 D.4或3
[解析] 设公差为d,则由题意可知即解得,或∴a5=a1+4d=3或5.故选C.
6.(2018·江西赣州十四县(市)期中联考)在等比数列{an}中,若a1=,a4=3,则该数列前5项的积为( D )
A.±3 B.3
C.±1 D.1
[解析] ∵3=a4=a1·q3=·q3,∴q=3,∴a3==1,a1a2a3a4a5=a=1,故选D.
7.(2018·河南郑州一中期中)等差数列{an}的前n项和为Sn,若公差d=-2,S3=21,则当Sn取最大值时,n的值为( D )
A.10 B.9
C.6 D.5
[解析] 由题意知21=S3==3a2,∴a2=7,∴an=a2+(n-2)d=7-(2n-4)=11-2n,由an≥0得n≤,又n∈N*,∴n≤5,故选D.
8.(文)(2018·湖北重点中学协作体期中联考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a2·a12=16,则a6等于( B )
A.1 B.2
C.4 D.8
(理)(2018·山东曲阜期中)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10=( B )
A.4 B.5
C.6 D.7
[解析] (文)由等比数列的性质知a2·a12=a=16,又an>0,∴a7=4,又q=2,∴a6==2.故选B.
(理)因为a=a3a11=16,且an>0,所以a7=4,因为公比q=2,所以a10=a7q3=4×23=25.所以log2a10=log225=5.故B正确.
9.(2018·黑龙江佳木斯模拟)在等差数列{an}中,a3+a5+a7=6,a11=8,则数列{}的前n项和为( C )
A. B.
C. D.
[解析] 因为a3+a5+a7=6,所以3a5=6,a5=2,又a11=8,所以等差数列{an}的公差d==1,所以an=a5+(n-5)d=n-3,所以==-,因此数列{}的前n项和为1-+-+…+-=1-=,故选C.
10.(2018·河南南阳期中)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=( B )
A.29 B.31
C.33 D.36
[解析] 由等比数列的性质知a2a5=a3a4=2a3,又a3≠0,∴a4=2,又由题意知a4+2a7=,∴a7=,∴q==,且a1==16,∴S5==31.故选B.
11.(文)(2018·温州十校联考)设数列{an}和{bn}分别是等差数列与等比数列,且a1=b1=4,a4=b4=1,则以下结论正确的是( A )
A.a2>b2 B.a3b5 D.a6>b6
(理)(2018·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为( B )
A.3 B.4
C.2-2 D.
[解析] (文)设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d,q,则由题设得解得,则a2-b2=3->3-=0;故选A.
(理)由已知有a=a1a13,所以有(a1+2d)2=a1(a1+12d),d=2(d≠0),数列{an}通项公式an=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2,所以==(n+1)+-2≥4,当且仅当n
+1=,即n=2时等号成立.故选B.
12.(文)(2018·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为( B )
A.3 B.4
C.2-2 D.
(理)设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn,令an=lgxn,则a1+a2+…+a2019=( C )
A.lg2020 B.lg2019
C.-lg2020 D.-lg2019
[解析] (文)由已知有a=a1a13,所以有(a1+2d)2=a1(a1+12d),d=2(d≠0),数列{an}通项公式an=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2,所以==(n+1)+-2≥4,当且仅当n+1=,即n=2时等号成立.故选B.
(理)因为y′=(n+1)xn,所以曲线y=xn+1在点(1,1)处的切线斜率为n+1,切线方程为y-1=(n+1)(x-1),令y=0,得xn=1-=,则an=lgxn=lg,所以a1+a2+…+a2017=lg(××…×)=lg=-lg2020.故选C.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)
13.(2018·云南师大附中月考)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=3Sn+1,则S4=__85___.
[解析] an+1=3Sn+1①,an=3Sn-1+1(n≥2)②,①-②得:an+1=4an(n≥2),又a1=1,a2=3a1+1=4,∴{an}是首项为1,公比为4的等比数列,∴S4==85.或S4=a1+a2+a3+a4=1+4+16+64=85.
14.(2018·福建莆田月考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1+a3+a11=6,则S9=__18___.
[解析] 设等差数列{an}的公差为d.∵a1+a3+a11=6,∴3a1+12d=6,即a1+4d=2,∴a5=2,∴S9===18.
15.(2015·安徽高考)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于__2n-1___.
[解析] ∵∴则a1,a4可以看作一元二次方程x2-9x+8=0的两根,故或又因为{an}是递增等比数列∴∴q=2,∴Sn===2n-1.
16.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),则数列{an
}的通项公式an=__2n-1___.
[解析] 因为Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时,Sn=2Sn-1+n,
两式相减得,an+1=2an+1,
所以an+1+1=2(an+1),即=2.
又S2=2S1+1+1,a1=S1=1,
所以a2=3,所以=2,所以an+1=2×2n-1=2n,
所以an=2n-1.故填2n-1.
三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分20分)(2018~2019山东省济南第一中学期中考试)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=12,且2a1,a2,a3+1成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
[解析] (1)∵S3=12,即a1+a2+a3=12,
∴3a2=12,所以a2=4,
又∵2a1,a2,a3+1成等比数列,
∴a=2a1·(a3+1),即a=2(a2-d)·(a2+d+1),
解得,d=3或d=-4(舍去),
∴a1=a2-d=1,故an=3n-2.
(2)bn===(3n-2)·,
∴Tn=1×+4×+7×+…+(3n-2)×,①
①×得Tn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×.②
①-②得Tn=+3×+3×+3×+…+3×-(3n-2)×=+3×-(3n-2)×=-×-(3n-2)×,
∴Tn=-×-×=-×.
18.(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅲ,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
[解析] (1)由题意可得a2=,a3=.
(2)由a-(2an+1-1)an-2an+1=0,得2an+1(an+1)=an(an+1).
因为{an}的各项都为正数,所以=.
故{an}是首项为1,公比为的等比数列,因此an=.
19.(本小题满分12分)(2018·重庆一中期中)已知公比为q的等比数列{an}的前6项和S6=21,且4a1,a2,a2成等差数列.
(1)求an;
(2)设{bn}是首项为2,公差为-a1的等差数列,记{bn}前n项和为Tn,求Tn的最大值.
[解析] (1)4a1,a2,a2成等差数列,∴4a1+a2=3a2,
即2a1=a2,∴q=2,
∴S6==21,解得a1=,所以an=.
(2)由(1)可知{bn}是首项为2,公差为-的等差数列,
∴bn=-n+,
于是Tn==-n2+n=-(n-)2+
则Tn的最大值为7,此时n=6或7.
20.(本小题满分12分)(2018·河南中原名校质量考评)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2an,求数列{}的前n项和Tn.
[解析] (1)∵Sn=2an-2,∴S1=2a1-2,∴a1=2,
又Sn-1=2an-1-2(n≥2),
两式相减得an=2(an-an-1),即an=2an-1,∴{an}是首项为2,公比为2的等比数列an=2n;
(2)bn=log2an=n,==-,
Tn=1-+-+-+-
=1-=.
21.(本小题满分12分)(2018·辽宁六校协作体期中)数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1
=2,an+1=Sn(n=1,2,3,…).
(1)证明:数列{}是等比数列;
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解析] (1)证明:因为an+1=Sn+1-Sn=Sn,
∴=2·,又a1=2,
∴=2≠0,∴=2,
∴数列{}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知=2n,∴Sn=n·2n
Tn=2+2·22+3·23+…(n-1)·2n-1+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+(n-1)2n+n·2n+1,
所以Tn-2Tn=-Tn=2+22+23+24+…+2n-n·2n+1
=-n·2n+1
=(1-n)2n+1-2,
所以Tn=(n-1)2n+1+2.
22.(本小题满分12分)(2018·宁夏银川一中月考)已知等比数列{an}的公比q>1,且满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=anlogan,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值?
[解析] (1)∵a3+2是a2,a4的等差中项,
∴2(a3+2)=a2+a4,
代入a2+a3+a4=28,可得a3=8,
∴a2+a4=20,∴,
解之得或,
∵q>1,∴,
∴数列{an}的通项公式为an=2n
(2)∵bn=anlogan=2nlog2n=-n·2n,
∴Sn=-(1×2+×2×22+…+n·2n)①
2Sn=-(1×22+×2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1)②
②-①得Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1
=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1
∵Sn+n·2n+1>62,∴2n+1-2>62,即2n+1>26.
∴n+1>6,n>5,
∴使Sn+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值为6.