人教版高中数学选修二第一单元《数列》测试(答案解析)

1、一、选题1设 S 是比数列 A 项和若 nB42S ， 6 ） SC或 22数列na 12，a a ） m n AB132C3首项为正数，公差不为 0 的等差数列 中正确的命题的个数是（ ）nn 项为 S ，现有下列 个题，其若10 ，则 S ；若 S ，使 S 0 的大的 n 为 15；若2 4 12 n ， 0 ， 15 最大；若 ， 7 8 9A 个B 个C 个 个4在等差数列n 为前 项，若 0 2020 ，则下列判断错误的是（ ）A数列 Ba C列n2020项最小 5等比数列n的前 n 项为 T，且满足a 1， a ， ，则使得T 成立的最大自然数 n 的值为（ ）nA102BC20

2、4 6已知单调递增数列 项和 S 满 n n n数列 和 T ，则使得 2020 成立的 的小值为（ ） ABC 0n，记7跺术是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱 世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、三角垛等现有 100 根同的圆 柱形铅笔，某同学要将它们堆放成横截面为正三角形的垛，要求第一层为 1 根从第二层 起每一层比上一层多 1 根，并使得剩余的圆形铅笔根数最少，则剩余的铅笔的根数 （ ）A B C12 D8已知等差数列n 项的和为 S ， ，有下面 4 个论： d ； ； S 12；数项为 ， 其中正确结论的序号为（ ）A B C D9已知数

3、列 前 n 项 nS nn2，那么它的通项公式是（ ）AC n nBa 2n a n n10知数列， na ，且前 项和 满足 1 n nn 1a1，那么 a 的值范围是（ A ）BC11知等差数列 n中， 5，a 7则 n的前 n 项和 S的最大值为（ ）A4BC6712义 1 n为 个数 p , ,. 1 n的均数，已知正整数数列n的前 项“均数为n a ，又 b 4，则 1 b b1 2 19 20（ ）A1920BC111二、填题13递减等差数列 n 2 1 ，若 a ，则数列 项和的 a n 最大值为_.14知、C三点共线 O 在直线)，数列n列Sn是数列n项和若OA 1 2012，

4、则S2012_15载堉（）中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作 律学新说中制作了最早的十平均”十二平均律是目前世界上通用的把一组音 （八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦十等 程律，一个八度 13 个，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个f音的频率的 2 倍设第三个音的频率为 f ，七个音的频率为 ， 2 1 2 f16 是列 项，满足 a a S ，且a ， S n 有一个数阵排列如下： 1 2 4 7 11 22 3 5 8 12 17 23 6 9 24n . n . 10 14 19 2515 20 2621 则第 40

5、 行左至右第 6 个数字_.18数列n是首项为 1 的项列，且 2 n n n，则它的通项公式 n19知数列n为等差数列，其前 n 项和为S，且 6 ，给出以下结论： d ； ；12；数项为 ；a 其中正确的有（出所有确结论的序号）20知函数f x3 ，对于数列 fn nn （ N*且 n 2），如果a ，么 a 1 n三、解题21知等差数列na 1，公差d ，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项（）数列n式（） a n*， n 2 n，是否存在最大的整数 t ，得对任意的 n 均S t总成立？若存在，求出 t ；不存在，请说明理由22知数列n为等差数列， ，

6、1 ，（）数列n式（） b ，数列 项 a nn +123 是差列 项，已知 a 3 （） ；n*（）数列 n n ，求数列 b 的前 项 T . n n24知， n， na 4 ， 1 3 6.（）nn式（） 的最大整数，x ab 项记 ， S 的值 21 25知数列 n的前 n 项为 ，对任意 n N*， a ， ， n 2 成等差数列（）数列 n的通项公式；（）数列 b 是项为 1，比为 的项等比数列n（）数列b n的前 项 T.（）若数列b 为单调递增数列，求 的值范围26数列的前 项为.已 2，a n n， n N.（）通项公a；（）数列 的前 项和.【参考案】 *试处理标，请不要删

7、一选题1解析：【分析】根据等比数列的性质求解在q 时， , , S 2 4 仍成等比数列【详解】设 S 2 ，由数列n为等比数列易知数列n )， , , S 2 4 为等比数列又 , S 2 2 S 4k6 4 k 6 7k 7 k 34故选： 【点睛】结论点睛：数列 n是等比数列，若 ，则 , , S m m m m 3 2 m成等比数列简称等比数列的片断和仍成等比数列注 n是等比数列与 , m 2 成等比数列之间不是充要条件 2C解析：, n a n a n 2 6 6 n1 , n a n a n 2 6 6 n1 【分析】由 的意性，令 m ，可得an 12an，即数列1 是首项为 ，

8、比为 得等 2 比数列，即可求出答. 【详解】由于 , n * ， ，且 m n 112令 m ， n a 1 nn，即数列 是首项为 ，比为 得比列， 所以 q 1 2 ，故 a 164故选：【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列，解题的关键是特殊值取法，由 的意性，令m ，即可知数列，查学生的分解题能力与运算能力，属于一般. n3B解析：【分析】根据条件可分析数列是首项为正数，公差小于 0 的等差数列，所以存在 * 使 a a ，再结合等差数列的前 项公判断选项利公式 nn n，判断选项【详解】若10，则 10 1 10 2 2，因为数列是首项为正数，公差不为 0的等差数列，所以 ， 6，那

9、么S 2 8 1 82 1 2 4 ，故不立；若 ，则 4 12 4 5 6 9，因为数列是首项为正数，公差不为 0 的等差数列，所以a ， 0 8 ， 15 1515a ，S 1616 16 16 8 92 2，则使 0n的最大的 为 15，故成； 15 1515a ， 16 1 2 8 9，则a 9，因为数列是首项为正数，公差不为 0 的差数列，所以项 ，故正；8若 ， a ， 7 8 8 9 9，不确定 的负，故正确故选：【点睛】方法点睛：一般等差数列前 项的最值的常用方法包含单调性法，利用等差数列的 单调性，求出其正负转折项，便可求得等差数列前 项和的最值；利二次函的性质求最值，公差不

10、为 0 的等差数列n 项 An 2 （A 为常数）为关于的二次函数，利用二次函数的性质解决最值问. 4C解析：【分析】结合等差数列的求和公式及等差数列的性质可得 a 1010 1011，从而可求出公差的符号，进而可确定单调性，进而可确定和最小问. 【详解】因为 S 0 2020 ，即 1 2020 0, 2 2，所以a 0, 因 2 a 0, 1 2021 1011 1 1011 1 所以a ，所以 d 1011 ，所以数列n增列，前1项和最小，所以 C 错.故选 C .【点睛】关键点睛：本题的关键是由等差数列的求和公式对已知条件进行变形，整理出a 12020 12021，再结合等差数列的性质

11、求出a a，确定公差后即可确定单调性及最值问. 5C解析：【分析】由题意可得 a a ，102 103，利用等比数列的性质即可求.【详解】由 a a ，即 a ，则有 ，即 q 。所以等比数列n数由 ， ( a 102 103，可得： 102 ，所以204 1 203204 102 102 103，205 1 2203204205 103103，故使得T n成立的最大自然数 n 的为 ，故选：【点睛】关键204 1 203204 102 102103点点睛：在分析出 a ，102 103的前提下，由等比数列的性质可得204102 102 103，205 103103，即可求解，属于难.6B解析

12、：【分析】由数列 与 S 的系转化件可得 a n n ，结合等差数列的性质可得 ，再由错位相减法可得 ，即可得解【详解】由题意， S nnn当 时， n n n ，所以2 n n n n n整理得 n n n ，因为数列且 0 ，以 a nnn 0, nn ， ann ，当 n 时， a 1，所以数列为首项，公差为 1 的等差数列，所以a ，所以 T T ，所以 ，所以 ，所以T 78 ， 89 ，所以T 2020n成立的 的小值为 8.故选：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是数列 与 S 关系的应用及错位相减法的应用. 7A2 2 2 2 解析：【分析】设只能堆放 层由已知得从最上层往下，

13、每层铅笔数组成以首项为 、公差为 1 的差数列，且余下的铅笔数小于 ，根据等差数列的前 项公式可求得选项【详解】设只能堆放 层则从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为 1、差为 的等差数列，且余下的铅笔数小于 ，于是n 2100，且 n 2 ，得 ，余根数为 故选：【点睛】本题考查数列的实际应用，关键在于将生活中的数据，转化为数列中的基本量，属于中档 题8B解析：【分析】利用等差数列的前 项和的性质得正确的选项【详解】由 得 0 ， S 0 ， a ， 0 6 7 7 5 7 ，所以a ，所以 ，正确；a S 1 11 a 11 6，故正；a S 1 12 a ) 12 6 7，故错；因为a ，

14、 ，故数列项 S ，故错 故选：【点睛】本题考查等差数列的性质， 考等差数列前 n 项和的性质 9C解析：【解析】分类讨论：当 时，a 2 1 1，当 时， ) ，且当 时4 1据此可得，数列的通项公式为： .n 1 n n 2 2 2 nn 1 n n 2 2 2 n本题选择 C 选项10解析：【分析】设等比数列q ，知 或 0 q ，算出n可得出 关 的达式，结合 的围，可解出 a 的取值范围. 1【详解】 1lim S n 1，设等比数列 ，于na ， lim S lim 1 n n nn a 11 1a1n ，则 q 或 ， a 1 ，得 . 1 a1若 ，则 1，即1 a 22，a

15、1，解得 ；当 0 ， 0 ， 0 a1 1综上所述， a 的值范围是 .，a ， 0 a 1 1不成立故选 【点睛】本题考查利用极限求等比数列首项的取值范围，解题的关键就是得出公比与首项的关系， 结合公比的取值范围得出关于首项的不等式，考查运算求解能力，属于中等11解析：【分析】根据a 和a 判断出数列的单调性，根据数列的单调性确定出的最大值【详解】因为a 7，所以 5 ，又因为 5，所以a 6，因为n列所以d 所以 6 n减列，所以 的大值为 ， 5故选：【点睛】本题考查根据等差数列的单调性求解前 项的最大值，难度一般求等差数列前 项和 的最值，关键是分析等差数列的单调性，借助单调性可说明

16、 有最大值还是最小值并且求解出对应结.12解析：【分析】 S 2 n S 2 n 首先根据新定义求得 ，再求数列n式，以及求得b n，最后利用裂项相消法求和 【详解】由已知可得数列 项的均倒数为 n 1 S 2 1 n n，可得 ，则 时，Sn 2n ，a n nn ，当 时 ，足 a n n， a n n，又 a 4，故b n， 1 1 1 b b 1 1 2 19 20 1 1 1 1 .故选：【点睛】本题考查新定义数列的理解，考查裂项相消法求和，以及已知 S 求 a ，于基础题型 1本题的关键是理解新定义，并能抽象为 .n二、填题13【分析】先根据等差数列的定义求出数列的通项公式代入再利

17、用裂项求和 即可取出【详解】解：由题意知：数列为等差递减数列则公差即解得或（舍 去）故数列的通项公式为：设的前项和为则：当时且单调递增当时时取得最大解析：【分析】先根据等差数列的定义求出数列 取出.【详解】 1 a 的项公式代入 利裂项求和即可a an 解：由题意知：数列减列，则公差 ， 2 3 ， a 1 ，6 6 即 a d 2 a d 2 1 1 ，解得 或d （舍去），故数列式： a n 1d ， n 1 15 n 13 n 2 15 n 1 设 项为 ， n 则：S n 1 1 1 11 13 n，当n 时， 0n且单调递增，当n 时 ， 时， S 取最大值即 S 13 ，故答案为：

18、.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是对 1 的分析，求出 的大值.141006【分析】先根据条件将表示成的形式由此确定出的关系再根据等差数 列的前项和公式求解出的值【详解】因为三点共线O 在该直线外)所以所以所以 所以所以所以故答案为：【点睛】结论点睛：已知平面中三点共线解析：【分析】先根据条件将 OA 表成 yOC 的形式，由此确定出 列的前 n 项公式求解出 的值.2012【详解】a a1 2012的关系，再根据等差数因为、三点共线 O 在直线)，以AB ，所以 OB ，所以 OA OB ， ，所以12121 12121 所以 12012 ，所以 S 2012 1 2，故答案为： 【点睛

19、】1006.结论点睛：已知平面中、三点共线 O 在直线，若 yOC ，必有x y .15【分析】将每个音的频率看作等比数列利用等比数列知识可求得结果【详 解】由题知：一个八度 13 个音且相邻两个音之间的频率之比相等可以将每个音 的频率看作等比数列一共 13 项且最后一个音是最初那个音的频率的 2 倍解析：13【分析】将每个音的频率看作等比数列 n，利用等比数列知识可求得结.【详解】由题知：一个八度 13 个音，且相邻两音之间的频率之比相等，可以将每个音的频率看作等比数列 n，一共 13 项，且an an ，最后一个音是最初那个音的频率的 2 倍， 2 13 1，a q a q 1 1， a

20、1 a a q1 1624 13， 11 3故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关.16【分析】由与的关系化简结合等差数列的定义得出数列是等差数列进而求 出【详解】当时当时由题意可知整理得所以数列是以为首项为公差的等差数列 则故答案为：【点睛】解决本题的关键是由与的关系对化简结合等差数列 解析：【分析】由 与 的系化简 na 2 S ，结合等差数列的定义得出数列n进而求出【详解】S 2 ，当n 时，S a 1 1 当 时由题意可知 n n n n所以数列 1为差的等差数列，则 S 2n ，整理得 S264 ， ， 64故答案为： 【点睛】解决本题的关键是由与 a n的关系对a

21、2 a S 化简，结合等差数列的定义进行求解171030【分析】利观察法和累加法得到进而求解即可【详解】第 行从左 至右第 6 个数字：第 2 行从左至右第 6 个数字：；第 3 行从左至右第 6 个数 字：；第 4 行从左至右第 6 个数字：；第 5 行从左至右第 6 个数字：； 解析：【分析】利用观察法和累加法得到a n 1，进而求解即可【详解】第 行左右第 个字： 1第 行左右第 个字：23 2；第 行左右第 个字：31 3；第 行左右第 个字：40 4；第 行左右第 个字：50 5；第 行从左至右第 个字： ；利用累加法得： a a a a 16) ) 2 1 2 4 n n ，a n

22、 1， 得，39 52 26 1030故答案为：【点睛】关键点睛：解题的关键在于观察得到， a a a a 16) ) 2 1 2 4 n n 最后，使用累加法求出数列的通项 a ，属于中档题18【分析】由条件有由数列为正项数列即得然后利用累乘法可求出数列的通11 12 12 711 12 12 7项公式【详解】由则又数列为正项数列即所以即所以故答案为：【点睛】本题 考查由递推关系求数列的通项公式考查累乘法属于中档题解析：【分析】由条件有 na ，由数列，得 nn 【详解】 n，然后利用累乘法可求出数列的通项公.由 2 n n ， n na n 又数列n列即a ， n 所以n n，即 n 所以

23、 a n 故答案为：1n【点睛】本题考查由递推关系求数列的通项公式，考查累乘法，属于中档.19 【分析】由可得即可判断；可判断可判断；由 可判断【详解】由可得故公差且确；故确；故正确；因所 以数列中的最大项为故误故答案为： 【点睛】本题考查等差 数列的性质涉解析：【分析】由 6 可得a 7， 6，a 0 6 即可判；S a11 可判断；S12 ) 6 可判断； 1 6 7可判断.【详解】由 可 a ， ， a 0 6 7 ，故公差d ，且a ，正确；11 12 ( a ) a ，正； ( ) a ) 2 确；，故正因 1 6 7，所以数列项为 ，故错误. 6故答案为：. 【点睛】 n a n

24、n a n t n n a n n a n t n 本题考查等差数列的性质，涉及到等差数列的和等知识，考查学生推理及运算能力，是一 道中档题20【分析】由已知条件得出变形为可知数列为等差数列确定该数列的首项和 公差求出进而可得出【详解】且（且）在等式两边取倒数得且所以数列是以为 首项以为公差的等差数列因此故答案为：【点睛】本题考查利用构造法求数解析：1 【分析】由已知条件得出 1 n n 2 ，变形为 3a a a n 1 ，可知数列 等差数 列，确定该数列的首项和公差，求出 ，进而可得出 .【详解】f x x ，且 f 3a （ n N*且 ），在等式a a n 3a n 两边取倒数得 a

25、1 ， a n n n 且， 所以，数列 以 1 因此，.n 1故答案为：. 为首项，以为公差的等差数列， n，【点睛】本题考查利用构造法求数列的通项公式，涉及等差数列定义的应用，考查计算能力，属于 中等题三、解题211） 【分析】 n * ；（）在8.（）据数列、第五项、第十四项别是一个等比数列的第二项、第三 项、第四项，由 4，结合a 求解.（）（）得到 n n 1 1 后用裂项相消法求 和，再根据存在整数 t 满S t总成立，由 min 36离求解 1 n1 n 1 1 1 n1 n 1 1 又Sn n n 1 n 2 2 ，【详解】（）题意得 1 4整理得 d 1 ，解得 d 0 （去

26、）， a * （） n n 1 n n n 2 1 1 n n 2 ，假设存在整数 t 满S t总成立，又S n nn 12 2 ， 数 的 所以 S 的小值为 t 1故， 4t 解得S ，又t *， 适条件的 的最大值为 【点睛】方法点睛：求数列的前 项和的方法(1)公法等差数列的前 n 项公式， S nn d 等数列 2 的前 n 项公式 na a q 1 ；(2)分转化法：把数列的每一项分成两项或项，使其转化为几个等差、等比数列，再求n n n n ， 解(3)裂相消法：把数列的通项拆成两项之差和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒相加法：把数列分别正着写和倒着写相加，即等差数列求和公式的推

27、导过程的推 广(5)错相减法：如果一个数列的各项是由一等差数列和一个等比数列对应项之积构成 的，则这个数列的前 项用错位相减法求.(6)并求和法：一个数列的前 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如 ( nf(n类，可采用两项合并求解22a ；（） n 3 .【分析】（）数列n的公差为 ，由已知求得a 4，再由等差数列的通项公式可求得答案；（）用裂项和法，可求得答. 【详解】（）数列n的公差为 ，由已知得 a ，以 a 3 4 4，所以 4 1 3，所以 1，所以a ；（）（）得 n n n 4 n 3n+2 3 n以 1 1 + + + 2 5 5 8 1 . 3 +2 3n+2 1+

28、 3n所以 n 3 n+2.【点睛】数列求和的常用方法：（）式法：直接用等差、等比数列的求和公式求.（）位相减：若n列n列求a 1 1 b 2 2 n n.（）项相消：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干常的顶有1 1 n n n 1 n1 n 1 1 n1 n 1 1 n （）组求和：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求. （）序相加.231） ；（）T n .【分析】（）数列 ， 利用 d 1 3 1”法解（）（）知 ，得到 n ，再利用裂项相消法求解【详解】 （）数列 ， 则 2a d a d ，解得 ，所以a ；（）（）知 ，则 n nn 1 n ， T ，

29、n 1 2 + 3 4 ，1 2 n .【点睛】方法点睛：求数列的前 项和的方法(1)公法等差数列的前 n 项公式， S nn d 等数列 2 的前 n 项公式 na a q 1 ；(2)分转化法：把数列的每一项分成两项或项，使其转化为几个等差、等比数列，再求 解(3)裂相消法：把数列的通项拆成两项之差和，正负相消剩下首尾若干项n 21 n 21 (4)倒相加法：把数列分别正着写和倒着写相加，即等差数列求和公式的推导过程的推 广(5)错相减法：如果一个数列的各项是由一等差数列和一个等比数列对应项之积构成 的，则这个数列的前 项用错位相减法求.(6)并求和法：一个数列的前 项和中，可两两结合求解

30、，则称之为并项求和形如 ( nn)类，可采用两项合并求解241） 4nn ； b ；（）.【分析】（）题意得比数列n ，差数列nd ，进而得 4nn ， b ；（）（）得 b 1 1 (3n 2)(3n 3 ，进而利用裂项相消求和法得S21 1，故 S .【详解】 解：（）为a ， 4 1 ，所以公比 q 则n式 4nn .又因为 ， b 16 ，所以公差 d ，则n式 .（）为 b 1 (3n 2)(3n 3 ，所以S 1 4 1 1 3 4，故S 1 4 .【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式的求解，裂项相消求和法，考查运算求解能力，是 中档题本第二问解题的关键在于正确的使用裂项得 b 1