必修五数列单元测试

-1-必修五数列复习综合练习题一、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）1.2011是等差数列：1，4，7，10,…的第几项()（A）669（B）670（C）671（D）6722.数列{an}满足an=4an-1+3,a1=0，则此数列的第5项是（）（A）15（B）255（C）20（D）83.等比数列{an}中，如果a6=6,a9=9,那么a3为（）（A）4（B）23（C）916（D）24.在等差数列{an}中，a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20=()（A）-1（B）1（C）3（D）75.在等差数列{an}中，已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6=()（A）40（B）42（C）43（D）456.记等差数列的前n项和为Sn，若S2=4，S4=20，则该数列的公差d=（）(A)2(B)3(C)6(D)77.等差数列{an}的公差不为零，首项a1=1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是（）（A）90（B）100（C）145（D）1908.在数列{an}中，a1=2,2an+1-2an=1,则a101的值为（）（A）49（B）50（C）51（D）52-2-9.计算机是将信息转化成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如（1101）2表示二进制的数，将它转化成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数16111位转换成十进制数的形式是（）（A）217-2（B）216-1（C）216-2（D）215-110.在等差数列{an}中，若a1+a2+a3=32,a11+a12+a13=118,则a4+a10=（）（A）45（B）50（C）75（D）6011.（2011·江西高考）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn+Sm=Sn+m,且a1=1,那么a10=（）（A）1（B）9（C）10（D）5512.等比数列{an}满足an0,n=1,2,…，且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=（）（A）n(2n-1)（B）(n+1)2（C）n2（D）(n-1)2二、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.等差数列{an}前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为______.14.（2011·广东高考）已知{an}是递增等比数列，a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比q=______.15.两个等差数列{an},{bn},12n12naaa7n2bbbn3,则55ab______.16.设数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1，则通项an=_____.-3-3．数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{an＋bn}的前20项和为()(A)700(B)710(C)720(D)7304.（2012·泉州模拟）设曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an,则数列na{}n1的前n项和Sn等于_________.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）已知数列{an}是等差数列，a2=3,a5=6,求数列{an}的通项公式与前n项的和Mn.18.（12分）（2011·铁岭高二检测）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,S3,S2成等差数列.（1）求{an}的公比q；（2）若a1-a3=3,求Sn.19.（12分）数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1=a1,bn=an-an-1（n≥2），若an+Sn=n，cn=an-1.（1）求证：数列{cn}是等比数列；（2）求数列{bn}的通项公式.-4-20.（12分）如果有穷数列a1,a2,a3,…,am（m为正整数）满足条件a1=am,a2=am-1,…,am=a1,即ai=am-i+1(i=1,2,…，m),我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.（1）设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1,b2,b3,b4是等差数列，且b1=2,b4=11.依次写出{bn}的每一项；（2）设{cn}是49项的“对称数列”，其中c25,c26,…,c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S.21.(12分)已知数列{an}的前n项和为nnn1S,S312(*nN),等差数列{bn}中，bn0(*nN),且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.（1）求数列{an},{bn}的通项公式；（2）求数列{an+bn}的前n项和Tn.2.已知函数()31xfxx,数列{}na满足111,()(*)nnaafanN(Ⅰ)求证:数列1{}na是等差数列(Ⅱ)记n12231nnSaaaaaa,求nS.-5-3.已知点(1,31)是函数,0()(aaxfx且1a)的图象上一点,等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c,且前n项和nS满足:nS-1nS=nS+1nS(2n).(1)求数列}{na和}{nb的通项公式;(2)若数列{}nc的通项1()3nnncb,求数列{}nc的前n项和nR;(3)若数列{}11nnbb前n项和为nT,问nT20091000的最小正整数n是多少?-6-安徽省方山中学高一下学期数列专题单元测试答案解析1.【解析】选C.∵2011=1+（n-1）×(4-1)，∴n=671.2.【解析】选B.由an=4an-1+3,a1=0，依次求得a2=3,a3=15,a4=63,a5=255.3.【解析】选A.等比数列{an}中，a3,a6,a9也成等比数列，∴a62=a3a9,∴a3=4.4.【解析】选B.a1+a3+a5=105,∴a3=35,同理a4=33,∴d=-2,a1=39,∴a20=a1+19d=1.5.【解析】选B.设公差为d,由a1=2,a2+a3=13,得d=3,则a4+a5+a6=(a1+3d)+(a2+3d)+(a3+3d)=(a1+a2+a3)+9d=15+27=42.6.【解析】选B.S4-S2=a3+a4=20-4=16，∴a3+a4-S2=（a3-a1）+(a4-a2)=4d=16-4=12，∴d=3.7.【解析】选B.设公差为d,∴(1+d)2=1×(1+4d),∵d≠0,∴d=2,从而S10=100.8.【解析】选D.∵2an+1-2an=1,∴n1n1aa2,∴数列{an}是首项a1=2,公差1d2的等差数列，∴1011a21011522.9.【解析】选B.形式为：1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20=216-1.10.【解析】选B.由已知a1+a2+a3+a11+a12+a13=150,∴3(a1+a13)=150,∴a1+a13=50,∴a4+a10=a1+a13=50.11.【解析】选A.∵Sn+Sm=Sn+m,∴令n=9,m=1,即得S9+S1=S10,即S1=S10-S9=a10,-7-又∵S1=a1,∴a10=1.12.【解析】选C.a5·a2n-5=22n(n≥3),∴an2=22n,an0,∴an=2n,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2.13.【解析】由题意可知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列，2（S2m-Sm）=Sm+S3m-S2m∴S3m=3(S2m-Sm)=3×(100-30)=210.14.【解析】由a4-a3=4得a2q2-a2q=4,即2q2-2q=4,解得q=2或q=-1（由数列是递增数列，舍去）.15.【解析】设两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为An,Bn.则195919599aaaA7926529bbbB93122.16.【解析】∵a1=2,an+1=an+(n+1),∴an=an-1+n,an-1=an-2+(n-1)，an-2=an-3+(n-2),…,a3=a2+3，a2=a1+2,a1=2=1+1将以上各式相加得：2nnn1nna[nn121]111222.17.【解析】设{an}的公差为d,∵a2=3,a5=6,∴11ad3a4d6,∴a1=2,d=1,∴an=2+(n-1)=n+1.-8-2n1nn1n3nMnad.2218.【解析】（1）依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2)由于a1≠0，故2q2+q=0，又q≠0,从而1q2.（2）由已知得a1-a1(12)2=3,故a1=4从而nnn141812S113212［］［（）］（）.19.【解析】（1）∵a1=S1,an+Sn=n①,∴a1+S1=1,得11a2.又an+1+Sn+1=n+1②，①②两式相减得2(an+1-1)=an-1，即n1na11a12,也即n1nc1c2,故数列{cn}是等比数列.（2）∵111ca12,∴nnnnn11c,ac1122,n1n11a12.故当n≥2时，nnn1n1nn111baa222.又111ba2,即nn1b2.20.【解析】（1）设数列{bn}的公差为d，则b4=b1+3d=2+3d=11,解得d=3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2.（2）S=c1+c2+…+c49=2(c25+c26+…+c49)-c25-9-=2(1+2+22+…+224)-1=2(225-1)-1=226-3.21.【解析】（1）a1=1,an=Sn-Sn-1=3n-1,n1，∴an=3n-1(*nN)，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴a1=1,a2=3,a3=9,在等差数列{bn}中，∵b1+b2+b3=15,∴b2=5.又因a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d,∴（1+5-d）(9+5+d)=64，解得d=-10或d=2,∵bn0(*nN),∴舍去d=-10,取d=2,∴b1=3.∴bn=2n+1(*nN).（2）由（1）知∴Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)nn32n113132n231n2n22.22.【解题提示】第一种付款方式是等差数列模型，第二种付款方式是等比数列模型，分别计算出实际共付金额，再比较得出结论.【解析】第一种方式:购买时先付150元,欠2000元,按要求知10次付清,则第1次付款金额为a1=200+2000×0.01=220(元);第2次付款金额为a2=200+(2000-200)×0.01=218(元)-10-……第n次付款金额为an=200+［2000-(n-1)×200］×0.01=220-(n-1)×2(元).不难看出每次所付款金额顺次构成以220为首项,-2为公差的等差数列,所以10次付款总金额为10109S10220221102(元)，实际共付2260元.第二种方式:购买时先付150元,欠2000元,则10个月后增值为2000×(1+0.01)10=2000×(1.01)10(元).设每月付款x元,则各月所付的款额连同最后一次付款时生成的利息之和分别是(1.01)9x,(1.01)8x,…,x,其构成等比数列,和为101011.01Sx11.01.应有1010S20001.01,所以x≈211.2，每月应付211.2元,10次付款总金额为2112元,实