湖北荆门外高数学一轮测试5第五章文pdf

第五章单元质量检测第五章单元质量检测 时间：120 分钟分值：150 分 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1在等差数列an中，a2a84，则它的前 9 项和 S9() A9B18 C36D72 解析：在等差数列中，a2a8a1a94，所以 S99a1a9 2 94 2 18. 答案：B 2已知数列an为等差数列，其前 n 项的和为 Sn，若 a36，S3 12，则公差 d() A1B2 C3D.5 3 解析：在等差数列中，S33a1a3 2 3a16 2 12，解得 a12， 所以解得 d2. 答案：B 3 设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22， S43a42，则 q() A.3 2 B.1 2 C.2 3 D2 解析：S4S2a3a43(a4a2)， a2(qq2)3a2(q21)，q3 2或1(舍去) 答案：A 4设等差数列an前 n 项和为 Sn，若 a111，a4a66， 则当 Sn取最小值时，n 等于() A6B7 C8D9 解析：设该数列的公差为 d，则 a4a62a18d2(11)8d 6，解得 d2， Sn11nnn1 2 2n212n(n6)236， 当 n6 时，取最小值 答案：A 5已知 Sn为数列an的前 n 项和，且满足 2ana1S1Sn(a10， nN*)，则 a7等于() A16B32 C64D128 解析：令 n1，则 a11，当 n2 时，2a21S21a2，解得 a22，当 n2 时，由 2an1Sn， 得 2an11Sn1，两式相减， 解得 2an2an1an，即 an2an1， 于是数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 因此 an2n 1.故 a 72664. 答案：C 6等差数列an中a5a64，则 () A10B20 C40D2log25 解析： a1a2a3a10a1a10 2 10a5a6 2 10 20. 答案：B 7已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an13Sn(n1，n N*)，第 k 项满足 750ak900，则 k 等于() A8B7 C6D5 解析：由 an13Sn及 an3Sn1(n2)，得 an1an3an，即 an1 4an(n2)，又 a23S13， 所以 an 1，n1， 34n 2，n2， 又 750ak0，I 2|f2(a2)f2(a1)|f2(a3)f2(a2)|f2(a2 015)f2(a2 014)| (log2 015 2 2 015log 2 015 1 2 015)(log 2 015 3 2 015log 2 015 2 2 015) (log2 0152 015 2 015log 2 0152 014 2 015)1，因此 I 1I2，选 A. 答案：A 12设an是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为 ai，ai1的矩形 的面积(i1,2，)，则An为等比数列的充要条件是() Aan是等比数列 Ba1，a3，a2n1，或 a2，a4，a2n，是等比数列 Ca1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列 Da1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列， 且公比相同 解析：Aiaiai1，若An为等比数列，则An 1 An an 1an2 anan1 an 2 an 为 常数，即A2 A1 a3 a1， A3 A2 a4 a2，.a 1，a3，a5，a2n1，和 a2，a4， a2n，成等比数列且公比相等反之，若奇数项和偶数项分别成等 比数列，且公比相等，设为 q，则An 1 An an 2 an q，从而An为等比数 列 答案：D 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13已知an是等差数列，a11，公差 d0，Sn为其前 n 项和， 若 a1，a2，a5成等比数列，则 S8_. 解析：因为 a1，a2，a5成等比数列，a11，所以(1d)214d， 化简得 d22d. 因为 d0，所以 d2， 故 S88a187 2 d85664. 答案：64 14设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Snn1(n N*)，则数列an的通项公式 an_. 解析：因为 Sn12Snn1，当 n2 时 Sn2Sn1n， 两式相减得；an12an1， 所以 an112(an1)，即an 11 an1 2. 又 S22S111，a1S11， 所以 a23，所以a21 a112， 所以an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以 an12n即 an2n1(nN*) 答案：2n1 15如图，有一个形如六边形的点阵，它的中心是一个点(算第 1 层 )，第 2 层每边有两个点，第 3 层每边有三个点，依次类推 (1)试问第 n 层(nN*且 n2)的点数为_个； (2)如果一个六边形点阵共有169个点， 那么它一共有_层 解析：(1)由题意知：a11，a26，a312，a418， 数列an是从第 2 项起成等差数列， ana2(n2)d6n6. (2)由 Sn1n166n6 2 169，可得 n8. 答案：(1)6(n1)(2)8 16已知数列an满足 anan1an2an324，且 a11，a22，a3 3，则 a1a2a3a2 015_. 解析：由 anan1an2an324，可知 an1an2an3an424，得 an4 an，所以数列an是周期为 4 的数列，再令 n1，求得 a44，每四 个一组求和可得，原式(a1a2a3a4)(a2 009a2 010a2 011 a2 012)(a2 013a2 014a2 015)503(1234)(123)5 036. 答案：5 036 三、解答题(共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、 计算过程或证明步骤) 17(10 分)已知公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，S3 a46，且 a1，a4，a13成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an1，求数列bn的前 n 项和 解：(1)设等差数列an的公差为 d(d0) 因为 S3a46，所以 3a132d 2 a13d6. 因为 a1，a4，a13成等比数列，所以 a1(a112d)(a13d)2. 由，可得 a13，d2.所以 an2n1. (2)由题意得 bn22n 11，设数列b n的前 n 项和为 Tn，令 cn 22n 1， 则cn 1 cn 2 2n 1 1 22n 1 4(nN*)， 所以数列cn是以 8 为首项，以 4 为公比的等比数列， 所以 Tn814 n 14 n2 2n38 3 n. 18(12 分)在数列an中 an12an2n 1(nN )，a12. (1)求证：数列 an 2n是等差数列，并求数列an的通项公式 (2)求数列an的前 n 项和 Sn. 解：(1)由已知得，an 1 2n 1a n 2n1，即 an1 2n 1a n 2n1， 所以数列 an 2n是以a1 2 1 为首项，1 为公差的等差数列，an 2n1(n 1)nann2n. (2)Sn121222323n2n 2Sn122223(n1)2nn2n 1 由，得Sn222232nn2n 1 212 n 12 n2n 12n12n2n1， 所以 Sn(n1)2n 12. 19(12 分)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn且满足 a23，S6 36. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn是等比数列且满足 b1b23，b4b524.设数列 anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)数列an是等差数列， S63(a1a6)3(a2a5)36，则 a2a512， 由于 a23，所以 a59，从而 d2，a1a2d1， an2n1. (2)设数列bn的公比为 q. b1b23，b4b524， b4b5 b1b2q 38，则 q2. 从而 b1b2b1(1q)3b13， b11，bn2n 1， anbn(2n1)2n 1， Tn1132522(2n3)2n 2(2n1)2n1， 则 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n， 两式相减，得(12)Tn112222222n 222n1 (2n1)2n， 即Tn12(21222n 1)(2n1)2n 12(2n2)(2n1)2n (32n)2n3. Tn(2n3)2n3. 20(12 分)已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 满足：a2a465，a1a518. (1)若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求 i 的值； (2)设 bn n 2n1Sn， 是否存在一个最小的常数 m 使得 b 1b2 bn0， a2a4，a25，a413. a1d5， a13d13， a11，d4，an4n3. 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项， a1a21a2i，即 181(4i3)2，解得 i3. (2)由(1)知，Snn1nn1 2 42n2n， bn 1 2n12n1 1 2 1 2n1 1 2n1 ， b1b2bn 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 n 2n1. n 2n1 1 2 1 22n1 1 2， 存在 m1 2使 b 1b2bn0)，数列a n满足 a11，an f 1 an1，nN*，且 n2. (1)求数列an的通项公式； (2)对 nN*，设 Sn 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan1，若 S n 3t 4n恒 成立，求实数 t 的取值范围 解：(1)由 anf 1 an1可得，anan12 3，nN *，n2.所以an 是等差数列， 又因为 a11，所以 an1(n1)2 3 2n1 3 ，nN*. (2)Sn 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan1，nN *.因为 an2n1 3 ，所 以 an12n3 3 ， 所以 1 anan1 9 2n12n3 9 2 1 2n1