高中数学必修五数列单元综合测试(含答案)

-10-数列单元测试题命题人：张晓光一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差是()A.eq\f(1,2)B．1C．2 D．32．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是A.eq\f(a5,a3)B.eq\f(S5,S3)C.eq\f(an＋1,an)D.eq\f(Sn＋1,Sn)3．设数列{an}满足a1＝0，an＋an＋1＝2，则a2011的值为()A．2 B．1C．0 D．－24．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5B．－eq\f(1,5)C．5 D.eq\f(1,5)5．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为正偶数时，n的值可以是()A．1B．2C．5D．3或116．各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq\f(a3＋a4,a4＋a5)的值为()A.eq\f(1－\r(5),2)B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(\r(5)－1,2)D.eq\f(\r(5)＋1,2)或eq\f(\r(5)－1,2)7．已知数列{an}为等差数列，若eq\f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为()A．11B．19C．20D．218．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－eq\f(1,2)，用Πn表示它的前n项之积：Πn＝a1·a2·…·an，则Πn中最大的是()A．Π11B．Π10C．Π9D．Π89．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2011，则m＝()A．1004B．1005C．1006 D．100710．已知数列{an}的通项公式为an＝6n－4，数列{bn}的通项公式为bn＝2n，则在数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项有()A．50项B．34项C．6项D．5项二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11．已知数列{an}满足：an＋1＝1－eq\f(1,an)，a1＝2，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2011＝________.12．秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．13．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq\f(a3＋a10,a1＋a8)＝________.14．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，则a＋b＋c的值为________．acb61215．数列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的两个根，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R)，n∈N*.(1)求q的值；(2)若a3＝8，数列{bn}满足an＝4log2bn，求数列{bn}的前n项和．17．(本小题满分12分)等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)的值．18．(本小题满分12分)已知数列{bn}前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝eq\f(1,3)Sn.(1)求b2，b3，b4的值；(2)求{bn}的通项公式；(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．19．(本小题满分12分)已知f(x)＝mx(m为常数，m>0且m≠1)．设f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n∈N)是首项为m2，公比为m的等比数列．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)若bn＝anf(an)，且数列{bn}的前n项和为Sn，当m＝2时，求Sn；(3)若cn＝f(an)lgf(an)，问是否存在m，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．20．(本小题满分13分)将函数f(x)＝sineq\f(1,4)x·sineq\f(1,4)(x＋2π)·sineq\f(1,2)(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部最值点按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．21．(本小题满分14分)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式；(3)令cn＝eq\f(anbn,4)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.数列单元测试题命题人：张晓光一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差是()A.eq\f(1,2)B．1C．2 D．3[答案]C[解析]设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，∴{eq\f(Sn,n)}是首项为a1，公差为eq\f(d,2)的等差数列，∵eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，∴eq\f(d,2)＝1，∴d＝2.2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是A.eq\f(a5,a3)B.eq\f(S5,S3)C.eq\f(an＋1,an)D.eq\f(Sn＋1,Sn)[答案]D[解析]等比数列{an}满足8a2＋a5＝0，即a2(8＋q3)＝0，∴q＝－2，∴eq\f(a5,a3)＝q2＝4，eq\f(an＋1,an)＝q＝－2，eq\f(S5,S3)＝eq\f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q3,1－q))＝eq\f(1－q5,1－q3)＝eq\f(11,3)，都是确定的数值，但eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(1－qn＋1,1－qn)的值随n的变化而变化，故选D.3．设数列{an}满足a1＝0，an＋an＋1＝2，则a2011的值为()A．2 B．1C．0 D．－2[答案]C[解析]∵a1＝0，an＋an＋1＝2，∴a2＝2，a3＝0，a4＝2，a5＝0，…，即a2k－1＝0，a2k＝2，∴a2011＝0.4．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5B．－eq\f(1,5)C．5 D.eq\f(1,5)[答案]A[分析]根据数列满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)．由对数的运算法则，得出an＋1与an的关系，判断数列的类型，再结合a2＋a4＋a6＝9得出a5＋a7＋a9的值．[解析]由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)得，an＋1＝3an，∴数列{an}是公比等于3的等比数列，∴a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35，∴logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5.5．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为正偶数时，n的值可以是()A．1B．2C．5D．3或11[答案]D[解析]∵{an}与{bn}为等差数列，∴eq\f(an,bn)＝eq\f(2an,2bn)＝eq\f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)，将选项代入检验知选D.6．各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq\f(a3＋a4,a4＋a5)的值为()A.eq\f(1－\r(5),2)B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(\r(5)－1,2)D.eq\f(\r(5)＋1,2)或eq\f(\r(5)－1,2)[答案]C[解析]∵a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，∴a3＝a2＋a1，∵{an}是公比为q的等比数列，∴a1q2＝a1q＋a1，∴q2－q－1＝0，∵q>0，∴q＝eq\f(\r(5)＋1,2).∴eq\f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq\f(1,q)＝eq\f(\r(5)－1,2)，故选C.7．已知数列{an}为等差数列，若eq\f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为()A．11B．19C．20D．21[答案]B[解析]∵Sn有最大值，∴a1>0，d<0，∵eq\f(a11,a10)<－1，∴a11<0，a10>0，∴a10＋a11<0，∴S20＝eq\f(20a1＋a20,2)＝10(a10＋a11)<0，又S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10>0，故选B.8．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－eq\f(1,2)，用Πn表示它的前n项之积：Πn＝a1·a2·…·an，则Πn中最大的是()A．Π11B．Π10C．Π9D．Π8解析：Πn＝a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋n－1＝29neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\f(n－1n,2)＝(－1)eq\f(nn－1,2)2eq\f(－n2＋19n,2)，∴当n＝9时，Πn最大．故选C9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2011，则m＝()A．1004B．1005C．1006 D．1007[答案]C[解析]由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,3a1＋\f(3×2,2)d＝a1＋4d))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))，∵am＝a1＋(m－1)d＝1＋2(m－1)＝2m－1＝2011，∴m10．已知数列{an}的通项公式为an＝6n－4，数列{bn}的通项公式为bn＝2n，则在数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项有()A．50项B．34项C．6项D．5项[答案]D[解析]a1＝2＝b1，a2＝8＝b3，a3＝14，a4＝20，a5＝26，a6＝32＝b5，又b10＝210＝1024>a100，b9＝512，令6n－4＝512，则n＝86，∴a86＝b9，b8＝256，令6n－4＝256，∵n∈Z，∴无解，b7＝128，令6n－4＝128，则n＝22，∴a22＝b7，b6＝64＝6n－4无解，综上知，数列{an}的前100项中与{bn}相同的项有5项．二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11．已知数列{an}满足：an＋1＝1－eq\f(1,an)，a1＝2，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2011＝________.[答案]2[解析]a1＝2，a2＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，a3＝1－2＝－1，a4＝1－(－1)＝2，∴{an}的周期为3，且a1a2a3＝－1，∴P2011＝(a1a2a3)670·a2011＝(－1)670·a1＝2.12．秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．[答案]255[解析]∵an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，∴n为奇数时，an＋2＝an，n为偶数时，an＋2－an＝2，即数列{an}的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．故这30天入院治疗流感人数共有15＋(15×2＋eq\f(15×14,2)×2)＝255人．13．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq\f(a3＋a10,a1＋a8)＝________.[答案]3－2eq\r(2)[解析]∵a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2，设数列{an}公比为q，则a1q2＝a1＋2a1q，∵a1≠0，∴q2－2q－1＝0，∴q＝－1±eq\r(2)，∵an>0，∴q＝eq\r(2)－1，∴eq\f(a3＋a10,a1＋a8)＝q2＝3－2eq\r(2).14．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，且从上到下所有公比相等，则a＋b＋c的值为________．acb612[答案]22[解析]由横行成等差数列知，6下边为3，从纵列成等比数列及所有公比相等知，公比q＝2，∴b＝2×2＝4由横行等差知c下边为eq\f(4＋6,2)＝5，故c＝5×2＝10，由纵列公比为2知a＝1×23＝8，∴a＋b＋c＝22.15．数列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的两个根，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．[答案]eq\f(n,n＋1)[解析]由题意得an＋an＋1＝2n＋1，又∵an－n＝－[an＋1－(n＋1)]，a1＝1∴an＝n，又an·an＋1＝eq\f(1,bn)，∴bn＝eq\f(1,nn＋1).∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,n＋1)＝.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)(2011·甘肃天水期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R)，n∈N*.(1)求q的值；(2)若a3＝8，数列{bn}满足an＝4log2bn，求数列{bn}的前n项和．[解析](1)当n＝1时，a1＝S1＝p－2＋q，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn2－2n＋q－p(n－1)2＋2(n－1)－q＝2pn－p－2∵{an}是等差数列，∴p－2＋q＝2p－q－2，∴q＝0.(2)∵a3＝8，a3＝6p－p－2，∴6p－p－2＝8，∴p＝2，∴an＝4n－4，又an＝4log2bn，得bn＝2n－1，故{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．所以数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.17．(本小题满分12分)等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)的值．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2b2＝6＋dq＝64,S3b3＝9＋3dq2＝960))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2,q＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5),q＝\f(40,3)))(舍去)，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)由(1)知Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).18．(本小题满分12分)已知数列{bn}前n项和为Sn，且b1＝1，bn＋1＝eq\f(1,3)Sn.(1)求b2，b3，b4的值；(2)求{bn}的通项公式；(3)求b2＋b4＋b6＋…＋b2n的值．[解析](1)b2＝eq\f(1,3)S1＝eq\f(1,3)b1＝eq\f(1,3)，b3＝eq\f(1,3)S2＝eq\f(1,3)(b1＋b2)＝eq\f(4,9)，b4＝eq\f(1,3)S3＝eq\f(1,3)(b1＋b2＋b3)＝eq\f(16,27).(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＋1＝\f(1,3)Sn①,bn＝\f(1,3)Sn－1②))①－②解bn＋1－bn＝eq\f(1,3)bn，∴bn＋1＝eq\f(4,3)bn，∵b2＝eq\f(1,3)，∴bn＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2(n≥2)∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1,\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－2n≥2)).(3)b2，b4，b6…b2n是首项为eq\f(1,3)，公比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2的等比数列，∴b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝eq\f(\f(1,3)[1－\f(4,3)2n],1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝eq\f(3,7)[(eq\f(4,3))2n－1]．19．(本小题满分12分)已知f(x)＝mx(m为常数，m>0且m≠1)．设f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n∈N)是首项为m2，公比为m的等比数列．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)若bn＝anf(an)，且数列{bn}的前n项和为Sn，当m＝2时，求Sn；(3)若cn＝f(an)lgf(an)，问是否存在m，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析](1)由题意f(an)＝m2·mn－1，即man＝mn＋1.∴an＝n＋1，∴an＋1－an＝1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由题意bn＝anf(an)＝(n＋1)·mn＋1，当m＝2时，bn＝(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1①①式两端同乘以2得，2Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2②②－①并整理得，Sn＝－2·22－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－22－(22＋23＋24＋…＋2n＋1)＋(n＋1)·2n＋2＝－22－eq\f(221－2n,1－2)＋(n＋1)·2n＋2＝－22＋22(1－2n)＋(n＋1)·2n＋2＝2n＋2·n.(3)由题意cn＝f(an)·lgf(an)＝mn＋1·lgmn＋1＝(n＋1)·mn＋1·lgm，要使cn<cn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)·mn＋1·lgm<(n＋2)·mn＋2·lgm，对一切n∈N*成立，①当m>1时，lgm>0，所以n＋1<m(n＋2)对一切n∈N*恒成立；②当0<m<1时，lgm<0，所以eq\f(n＋1,n＋2)>m对一切n∈N*成立，因为eq\f(n＋1,n＋2)＝1－eq\f(1,n＋2)的最小值为eq\f(2,3)，所以0<m<eq\f(2,3).综上，当0<m<eq\f(2,3)或m>1时，数列{cn}中每一项恒小于它后面的项．20．(本小题满分13分)将函数f(x)＝sineq\f(1,4)x·sineq\f(1,4)(x＋2π)·sineq\f(1,2)(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．[解析](1)化简f(x)＝sineq\f(1,4)x·sineq\f(1,4)(x＋2π)·sineq\f(1,2)(x＋3π)＝sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\