2018_2019高中数学第二章数列章末检测试卷苏教版.docx

第二章 数列章末检测试卷(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1已知数列an中，a11，a23，anan1(n3)，则a5_.考点数列的递推公式题点由递推公式求项答案解析a3a2314，a4a34，a5a4.2等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为_考点等差数列基本量的计算问题题点等差数列公差有关问题答案2解析a1a52a310，a35，da4a3752.3公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则a5_.考点等比数列的性质题点利用项数的规律解题答案1解析a3a11a16，a74，a51.4等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2a8a11是一个定值，则Sn中也为定值的是_考点等差数列前n项和题点等差数列前n项和有关的基本量计算问题答案S13解析a2a8a11(a1d)(a17d)(a110d)3a118d3(a16d)为常数，a16d为常数S1313a1d13(a16d)也为常数5在等差数列an中，已知a4a816，则该数列的前11项和S11_.考点等差数列前n项和性质运用题点等差数列前n项和与中间项的关系答案88解析S1188.6等比数列an中，a29，a5243，则an的前4项和为_考点等比数列前n项和题点等比数列的前n项和有关的基本量计算问题答案120解析由a5a2q3得q3.a13，S4120.7数列(1)nn的前2017项和S2017_.考点数列前n项和的求法题点并项求和法答案1009解析S20171234520162017(1)(23)(45)(20162017)(1)(1)10081009.8若an是等比数列，其公比是q，且a5，a4，a6成等差数列，则q_.考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案1或2解析由题意得2a4a6a5，即2a4a4q2a4q，而a40，q2q20，即(q2)(q1)0.q1或q2.9一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是_考点等差数列基本量的计算问题题点等差数列公差有关问题答案4解析由题意，知a60，a70.d1)，则(aq2)2(aq)2a2，q2.较小锐角记为，则sin.11在数列an中，an1can(c为非零常数)，且前n项和为Sn3nk，则实数k_.考点等比数列前n项和的性质题点等比数列前n项和性质综合答案1解析当n1时，a1S13k，当n2时，anSnSn1(3nk)(3n1k)3n3n123n1.由题意知an为等比数列，所以a13k2，所以k1.12某人为了观看2018年世界杯足球赛，从2014年起，每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2018年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为_考点等比数列前n项和应用题题点等比数列前n项和的应用题答案(1p)5(1p)解析设自2015年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.则a1aapa(1p)，a2a(1p)(1p)a(1p)a(1p)2a(1p)，a3a2(1p)a(1p)a(1p)3a(1p)2a(1p)，a4a3(1p)a(1p)a(1p)4(1p)3(1p)2(1p)a(1p)5(1p)13设an是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是_(填序号)dS5；S6与S7均为Sn的最大值考点等差数列前n项和性质运用题点等差数列前n项和有关的不等式问题答案解析由S50.又S6S7a70，所以dS8a80，因此，S9S5a6a7a8a92(a7a8)0，即S9S5.由正确，知an递减，a70，所以S6S7，且为Sn的最大值，正确14定义：如果一个列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个量，那么这个列叫作等差列，这个量叫作等差列的公差已知向量列an是以a1(1,3)为首项，公差为d(1,0)的等差向量列，若向量an与非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，则_.考点数列综合问题题点数列其他综合问题答案解析易知an(1,3)(n1,0)(n,3)，因为向量an与非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，所以，所以.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列考点等差等比数列综合应用题点等差等比数列其他综合问题(1)解设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3，由a10，q0，得q2q20，解得q2或q1(舍去)，所以q2.(2)证明方法一对任意kN*，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列方法二对任意kN*,2Sk，Sk2Sk1，则2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN*，Sk2，Sk，Sk1成等差数列16(14分)已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，a35，S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求数列bn的前n项和Tn.考点数列前n项和的求法题点分组求和法解(1)设等差数列an的公差为d，由题意，得解得所以an2n1.(2)因为bn2an2n4n2n，所以Tnb1b2bn(4424n)2(12n)n2n4nn2n.17(14分)已知数列log2(an1)(nN*)为等差数列，且a13，a39.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：1.考点数列综合问题题点数列与不等式的综合(1)解设等差数列log2(an1)的公差为d.由a13，a39，得log2(91)log2(31)2d，则d1.所以log2(an1)1(n1)1n，即an2n1.(2)证明因为，所以115，所以bn(2)当n4时，Sna1a2a3a4b1b2b3b453.25.当5n21时，Sn(a1a2an)(b1b2b3b4b5bn)10n(n4)n217n，由Sn200得n217n200，即n268n8430，得34n21.所以结合实际情况，可知到2032年累积发放汽车牌照超过200万张19(16分)在数列an中，a11，an12an2n，nN*.(1)设bn，证明：数列bn是等差数列；(2)求数列an的前n项和Sn.考点递推数列通项公式求法题点an1panf(n)型(1)证明由已知an12an2n，得bn11bn1.bn1bn1，又b1a11，bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)解由(1)知，bnn，即bnn，ann2n1.Sn1221322n2n1，两边同时乘以2得2Sn121222(n1)2n1n2n，两式相减得Sn121222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.20(16分)已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由考点数列综合问题题点数列与不等式的综合解