(压轴题)高中数学必修五第一章《数列》测试题

1、n n 一、选题1已知数列n列满足 a ，列 5 n列且b 8 ，则 7 等于（ ）A24 B C8 D2设等比数列和为 S ，且 n n 4 3，若a 1，则（ ）ACa ， a 1 3 a ， 1 3 4Ba ， a a 1 3 2 4a ， 1 3 43已知数列 n ， +1 ，则数列n n 的前 n 项和 T ）nA n Bn2 C 4在等差数列a ，a a 1 3 30，则此数列前 项等于（ ）A810 B840 C870 D5在 ABC 中，角 , C所对的边分别为 b c，已知2, b2, c2成等差数列，则cos B的最小值为（ ）A12BC6已知递增的等差数列n 项为 S，

2、1 7， ，对于 ，不等式 1 S S n恒成立，则整数 的小值是（ ）A1B 2C 7数列n式a n1 n( ( N*)，若前 项和为 ，项为（ ）AB11C98已知数列n 项和为 S ，且 a ，则（ ）An列Bn列C a S 9已知椭圆 2 2 1(ab与双曲线 =n有相同的焦c ,0)和c若 a2 2 m 2 是 am 的比中,n2是 2m2与 2的等差中项则圆的离心率是 )n 1 n n n 1 n n ACB10元 1202 年大利数学家昂纳波那契以兔子繁殖为例，引“兔子数列：，1，5， ， a 2 n n （ n *）此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应.若记

3、项为 S ， ）（ n N* ）数列 2020 an2n an n A B C D11等差数列n 项和为 ， 235， 360n， ，则 ） n A12整数数列nBa C k2 a k k *) 21，则（ ）A数列n中不可能同时有 和 2019 两 B的最小值必定为 C 是奇数时， 二、填题a n n 的小值可能为 13知数列na ，前 n 项为 S ，且满 1 n 2 ，若数列n列则实数 m 的值范围_14数 中已知 ，n sinn n ，记 S 为a 的 项，则S _15列 1，4，的项正负交替，且 项的绝对值为 1 的有 1 个，2 的 个， 的 个则该数第 2020 项 _16列na

4、 12， 1 2n，则数列 na n_.等比数列和 ， ， n 9 6_.18知数列n 项为 ， ， 1 nn 19数列 是项数列且 1 n2n n * ，则a n20 为等差列n 项，若 S ， a 2 7 三、解题n na n n a n na n n a 21知数列n 项为 满 ，数列 n正的等比数列，满足b 1，b 3 .（）数列nn式（） n an ，求数列n 项 T .22知各项为正数的等比列n 项为 S，若log a , 2, log a 2 2 5成等差数列， ，列 3 n 值； （）n ，数列 项为 n2 2（）n的通项公式23知数列n列，a ， n 和为 2S，数列n列公比

5、为，且b2 54 ， b 3 3 2.（）数列nn式（）数列 ，数列 和 T .n n n n 24知数列正数，记数列 项为 ，数列 n n n为 T，且 n， N *.（） 的及数列n式（）有 nn ，求证： 2 25知等比数列 n ，并且满足 ， a ，4成等差数列（）数列n式（）数列 n1b log 3 n，记 为数列 项和，求使 n2 2 20 成立的正整数 的小值26知等比数列 n ， 6a 30.（）n式（） ，设 b 1 （ n *），记数列 项和 ， S .n n 【参考答案】*试卷处理标记，请不要除 4 4 2 4 4 2 一选题1C解析：【分析】利用等比数列和等差数列的性质

6、计算 【详解】 数 是比数列na a 2 8 ，又a80 ， a 4 8，又是等差数列，b 2 7 8 8故选：【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列与等比数列的性质，掌握等差数列与等比数列的性质是解题关键对正整数m, p, l，若 p ， n是等差数列，则a a l，若 n是等比数列，则a a a m l，特别地若m p ， n是等差数列，则 2 ， n n是等比数列，则 a 2 m p2B解析：【分析】首先根据题中所给的条件S 4 S3，a 1利用等比数列求和公式求出 ，情况讨论求得【详解】 q ，从而可以得到项之间的大小关.设等比数列n q 由 1 可得 a ， 3 若 则 131显然不成

7、立，所以 ，所以a 131 a 12，即 2 1， 1 因为 1 2 2 ， 2 1，所以q ，所以 q ，当q 时，q 1 ，因为 则 1 1a 1 1q 以 2 1 q ，a a 所以a ， a 1 3 4，故选：【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用等比数列求和公式将已知条件化简得到aq结合 1求出 的围3B解析：【分析】利用倒数法求出数列n式进而利用裂项相法可求得 T.【详解】已知数列 n ， +1 ，在等式 +1 两边同时取倒数得1 1 a 1 ， a a a 1 1 2a ， 所以，数列 差数列，且首项为 ，公差为 2，则 ，a ， a an n n 2n 因此， 1 1 1 5

8、 7 1 1 n n 2 n .故选：【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被 消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的 4B解析：【解析】数列前 30 项可看作每三项一，共十组的和，显然这十组依次成等差数列，因此和为 165)5A解析：，选 B.解 得 或 ， 解 得 或 ， 【解析】分析：用余弦定理推论得 c B a 2 2 2ac由a 2 b 2 2成等差数列，可得b2a 2 2 a 2 2 a 2 ，所以 cos ，用重要不等式可得 2 2ac a 2 2 4ac 4ac 详解：因为a2 b 2 c 成等

9、差数列，所以 2a 2 2 2a 2 2 由余弦定理推论得 2 ac 4 当且仅当 a ，上式取等号故选 A点睛：本题考查等差中项、余弦定理的推论、重要不等式等知识，考查学生的运算能力及 转化能力利用重要不等式、基本不等式求最值时，一定要判断能否取相等，不能相等 时，应转化为函数求最值6C解析：【分析】先求出等差数列的 a 和 d ，由等差数列前 n 项公式得 ， 拆两项的差，用裂项 n n相消法求得和【详解】 S ，在 n 变化时，求得 M 的围，得出结论 S a是等差数列， a 6 1 2 6，由 a 1 1a a 7 7又 n 是递增数列， ，a 2 1 3，S na n ( ( ( 2

10、) 3 3， 1 S1 2 3 1 n ( n 1 n n 1 1 9 1 1 n 4 2 n 4，n n 由不等式 1 S S n恒成立，得M ，最的整数 故选：【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查等差数列的性质，等差数列的通项公式和前 项公 式，裂项相消法求和，本题属于中档题7C解析：【解析】分析：由已知，a n1 n( n n ，利用裂项相消法求和后，令其等于 ，得到所满足的等量关系式，求得结.详解：a n1 n( n n ( )，数列 项 n 1 1 n S ) ) ) n n ，当 时，解得 n ，故选 点睛：该题考查的是有关数列的问题，在解题的过程中，需要对数列的通项公式进行分

11、析，选择相应的求和方法-错相减法，之后根据题的条件，建立关于 n 的量关系 式，从而求得结.8D解析：【分析】利用已知条件求出数列n式再求出n 项和为 ，可判断四个选项的正误 【详解】因为 a n n ，当 n 时，a 2a 1 1，解得：a 1，当 时，nn ，-得a 2a n nn ， a nn ，所以a n nn为首项， 2为首项的等比数列，所以a 6 ，所以a 6 n ，所以 列， ，故 不确，n S n n 故选项 不确，选项 D 正. 故选： D【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求通项公式，考查了构造法，考查了分组求和，属于 中档题9D解析：【解析】由题意可知 2n2m2+c

12、2又 m2+n2， m=c c 是 a， 的等比中项，cam ，c，e c 2选 D10解析：【分析】由n n用递推式可得到值为，b 是等比数列，再求前 2020 项.【详解】 由题意可知 a n 2 a n 2 n n n n a 2 2 又 a 2 1 2 ，因此 ，故 ，故选：【点睛】本题考查了通过递推数列揭示数列存在的规律即等比数列，还考查了数列求和，属于中档 题11解析：【分析】1 n3 n 1 n3 n 根据题意，由等差数列的前 项公式可得 5 1 52 3，变形可得 3，又由 360 183 177 n n ，变形可得n ，结合等差数列的性质分析可得答.【详解】根据题意，等差数列

13、n 235，则 S 5 1 2 3，变形可得 3，又由 360 ， n ，则 a 360 183 ， a n n n n n n ，又由 360n，则 S n 2 2 10 360，解可得 18.故选：【点睛】本题考查利用等差数列求和公式求参数，同时也考查了等差数列基本性质的应用，考查计 算能力，属于中等题12解析：【分析】根据题意知，数列 可得结论【详解】一都是正整数，利列举法直接写出数列中的项，进而 对于选项 A，假设： 1，则后面依次为，循环；假设：a 1，则后面依次为4,2,1,4,2,1,4,2,1,4,2循，综上，数列n中不可能同时有 和 2019 两，故选项 A 正确；由选项 知

14、，选项 B、 都对；对于选项 C，a ， ， ，以 1 2 3 1 ，故选项 C 不确故选：【点睛】本题考查数列中的项数的求法，考查数列的递推公式求通项公式，属于基础 二、填题 4 4 413【分析】利用退一作差法求得再求得根据列不等式解不等式求得的取值范 围【详解】由可得：两式相减得：两式相减可得：数列是以为公差的等差数列 数列是以为公差的等差数列将代入及可得：将代入可得要使得恒成立只需要解析： 【分析】利用退一作差法求得a 4( 3) n ，再求得 , a ，据 a a 2 4 3 4列不等式，解不等式求得 的值范围. 【详解】由S nn 2n 可： n n n3( n 两式相减得：a 4

15、 n n an n两式相减可得：a 4( 3) n 数 a ， a ， a ，.是 等差数列，为公差的等差数列，数列 ， a ， ，是 为公差的将 n 代入 2 及a 1可得：a m 2将 2代入a 4 n 2) 得 a 4 m n a 4 2要使得 * ， n n 恒成立只需要a a 1 2 即可 m m m 5 解得 4则 的值范围是 5 . 故答案为： 【点睛】本小题主要考查已知 S 求 ，考查数列的单调性，属于中档. n141010【分析】推导出从而得到数列是一个以 4 为周期的数列由此能求出的 值【详解】数列中；可以判断所以数列是一个以 为周期的数列故答案为： 1010【点睛】本题考

16、查数列的求和考查数列的周性三角函数性质等解析：【分析】推导出 ( n 2，从而得到a ，列 n 是一个以 4 为周期的数列，由此能求出 的 【详解】数列 ， a ， a n sinn n ， ( n 2， a ， a 3 3 ，a sin 2 4 ， 5 5 ， ；可以判断 ，所以数列 n是一个以 4 为周期数.2019 ， ) (1 0) 1010 ，故答案为：【点睛】本题考查数列的求和，考查数列的周期性、三角函数性质等基础知识，意在考查学生对这 些知识的理解掌握水.15【分析】将绝对值相同的数字分为一组则每组数字个数构成等差数列然后 计算原第 2020 项在这个数列的第几项再根据题意可得【

17、详解】将绝对值相同的 数字分为一组则每组数字个数构成等差数列因为则 2020 项前共包含解析 【分析】将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列 项在这个数列的第几项，再根据题意可.【详解】将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列a ，然后计算原第 2020，因为 ( 63 n 63 ，则 项前共包含 个完整组，且第 63 组后一个数字为第 项，且第 2016 项的 符号为负，故 项为第 64 组第 个数字，由奇偶交替规则，其为.故答案为： 【点睛】.2 3 4 3 5 2 3 4 3 5 本题考查数列创新问题，解题关键是把绝对值相同的数字归为一组，通过组数来讨论原数

18、 列中的项，这借助于等差数列就可完成，本题考查了转化思想，属于中档.16【分析】当时作差即可得到再利用累乘法求出数列的通项公式即可；【详 解】解：因为；当时；得即所以所以所以所以所以所以又所 以当时也成立所以故答案为：【点睛】对于递推公式为一般利用累乘法求出数解析： 2 【分析】当 时， 2 ，作差即可得到a n a n n ，再利用累乘法求出数列的通项公式即可； 【详解】解：因为 1 2n；当 时 2 n 减得 a n n n n n ，所以 ，所以 ，所以a n a n n 所以 a ， ， ， ，a n 1 3 n 所以 2 4 a 1 2 1 2 3 n 3 4 5n 2 ，所以 ，又

19、 ，以 1 1 ，当 时 也成立，所以 n 故答案为： 【点睛】对于递推公式为 f 法出数列的通项公式，对于递推公式为n f ，一般利用累加法求出数列的通项公式；17【分析】根据等比数列的性质得到成等比从而列出关系式又接着用表示代 入到关系式中可求出的值【详解】因为等比数列的前 项和为则成等比且所以 又因为即所以整理得故答案为：【点睛】本题考查学生灵活运用等比数列的解析：【分析】 2 n n 2 S 4 6 2 n n 2 S 4 6 6 4根据等比数列的性质得到 S , S n成等比，从而列出关系式，又，接着用6表示3，代入到关系式中，可求出96的值.【详解】因为等比数列 项为 S ，则 S

20、 成等比，且 0n，所以 S 6 3 3 ，又因为 即S S，所以1S S6 1 1S S S4 4，整理 得 .故答案为：.【点睛】本题考查学生灵活运用等比数列的性质化简求值，是一道基础题。解决本题的关键是根据等比数列的性质得到S , n 2 n 3 n n成等比18【分析】根据可得两式相减可得利用递推关系即可求解【详解】 得当时故答为：点睛】本题主要考查了数列的项与前 项和 的关系考查了利用递推关系求数列的项属于中档题解析：【分析】根据 n n，两式相减可得an 2 a ( n n，利用递推关系即可求. 【详解】a ， n n， 得an 2 a ( n 2) n，当 2时，a 2 2 1，

21、 a 43 a 4 故答案为： 【点睛】，本题主要考查了数列的项与前 n 项S的关系，考查了利用递推关系求数列的项，属于中档题19【分析】有已知条件可得出时与题中的递推关系式相减即可得出且当时也2 2 2 2 2 2 成立【详解】数列是正项数列且所以即时两式相减得所以（）当时适合上式所 以【点睛】本题考差有递推关系式求数列的通项公式属于一般题解析 4 【分析】有已知条件可得出a 161， 时a a a ，与题中的递推关系式相减即可得出a 时成立 【详解】数列a列且 a 1 2 n2n * a 16 所以，即11n 2时 n 两式相减得n， 所以 a 4 n（ n 2）当 n 时，a 161适合

22、上式，所以 n【点睛】本题考差有递推关系式求数列的通项公式，属于一般题2014【分析】本题先求再求即可解题【详解】解：因为数列是等差数列所以 解得所以故答案为：14【点睛】本题考查等差数列的基本量法是基础题 解析：【分析】本题先求 a 、 【详解】，再求 即解题10解：因为数列列 S 2 7所以 a 7 ，解得 ， 所以a 10 1故答案为：【点睛】本题考查等差数列的基本量法，是基础. 三、解题 2 2 211）a nn，b ；（） n 4 .【分析】（）a S S n 可求得数列，已知条件计出等比数列 n而可求得等比数 n； n1 （）算得出 4 ，利用裂项求和法可求得.【详解】（） n 时

23、， 1；当 时，a n n n. 满 2 1 ，所以，对任意的 ，a nn.设等比数列n ， q ， b 3 1q6261024 ，解 q ， n 1n n n ；（）c n an n 1 n 4 n 4 n 1 2 1 1 3 1 1 1 1 n 4 4 n .【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（）于等差比数列，利用公式法直接求和；（）于n n其 n列，n列利用错位相减法和； （）于n 利分组求和法； 1 （）于 列，其中 a an 求和. n的等差数列，利用裂项相消法221）q2 ；） b nn.【分析】（）正项的比数列n本量代换，列方程组解出公比 q；（） n n n ，由题意分析、

24、计算得d n，从而得到 ，用累加法和错位相减法求出 b .nn 2 n n 2 n 【详解】（）log , 2,log a 2 1 成等差数列，log log 2 5 1 5，即a 5 16 ，又 n ，又 7,3 q 4 a 1 解得 或 23(舍.记 n n ，当 n 2 ， 又d 1也符合上式， d n.而a a ，n nn， n 1 3 n 2n (n 2)， n2 n n两式相减得 ， .而 也符合上式，故b nn.【点睛】(1) 等（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；(2)数求和常用方法：公法倒相加法；裂项相消法；错相减法231） ， nn ；（）T 2 n.【分析】 （）等

25、差数d ，根据已知条求出 、 的，进而可求得数列 n n与n式（）出数列n式利用分组求和法求得 T.【详解】 （）等差数n ，2 n 2 n 则 S 33 1 32a 254 ， 3，则 b 3 2，由b 3 可得 a a 6 2 1 2 ，d ，因此，a n 2n 6 n n ；（） ， n n nT n 2 n n 1 n 2 .【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（）于等差比数列，利用公式法直接求和；（）于n n其 n列，利用错位相减法求 n和； （）于n 利分组求和法； （）于 列，其中 aan 求和. n的等差数列，利用裂项相消法241）a ， a 12 ；（）明见解析【分析】（）

26、知等式令 ，求得 a ，在T n2n S 中 n ，后两式相减， n得出 a 的递推关系，从而可得其通项公式； （） 时由 2n (2 8n ，用放缩法求出 2 3n后可证得不等式成立 【详解】（） S中令 n 得 3a 2 ，因为a ，以 a ，又由T S得 3 得3 S ) a ，即3 2 ( ) a ，因为 ，以 n n于是有3a n 2) n n ，得3n ann n，所以 n 2 ，n 2 n，又由T 2 S 2，即 2 ) ) ) 2 2，整理得 2 2 ，又 3 3 n 3 3 na 2，所以 ，所以2 21所以n 2 n， N *所以 n通项公式为nn ；（）（） nn n ， 时， n n 2 1 )2 2 n ，所以 2 ，所以 3 1 8 1 ( 7 24 )