2020-2021高中人教版數(shù)學(xué)5測評：第二章數(shù)列 單元質(zhì)量評估2含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年高中人教A版數(shù)學(xué)必修5測評：第二章數(shù)列單元質(zhì)量評估2含解析第二章單元質(zhì)量評估（二)eq\o（\s\up7(時間：120分鐘滿分：150分），\s\do5()）一、選擇題(每小題5分,共60分）1．?dāng)?shù)列3,5，9,17,33，…的通項公式an等于（B)A．2nB．2n＋1C．2n－1D．2n＋1解析：由于3＝2＋1，5＝22＋1，9＝23＋1,…,所以通項公式是an＝2n＋1，故選B.2．已知數(shù)列｛an}的前n項和Sn＝n2－2n＋2,則數(shù)列{an}的通項公式為（C）A．a(chǎn)n＝2n－3 B．a(chǎn)n＝2n＋3C．a(chǎn)n＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（1，n＝1,，2n－3,n≥2）） D．a(chǎn)n＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n＋3，n≥2））解析：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.又當(dāng)n＝1時，a1的值不適合n≥2時的通項公式，故選C.3．已知數(shù)列｛an｝是公差為2的等差數(shù)列,且a1，a2，a5成等比數(shù)列，則a2的值為(A）A．3B．－3C．2D．－2解析:∵a1，a2,a5成等比數(shù)列，∴aeq\o\al（2,2）＝a1·a5,∴aeq\o\al（2,2)＝（a2－2）(a2＋6）,解得a2＝3。4．已知數(shù)列｛an｝是首項為1,公差為d(d∈N*）的等差數(shù)列，若81是該數(shù)列中的一項，則公差d不可能是(B）A．2B．3C．4D．5解析：由題意知，an＝1＋（n－1)·d,81是該數(shù)列中的一項,即81＝1＋(n－1）d，所以n＝eq\f（80,d）＋1，因為d，n∈N*,所以d是80的因數(shù)，所以d不可能是3，故選B。5．已知數(shù)列｛an}滿足:aeq\o\al(2，n）＝an－1·an＋1（n≥2），若a2＝3，a2＋a4＋a6＝21，則a4＋a6＋a8＝(C)A．84B．63C．42D．21解析:∵aeq\o\al(2，n)＝an－1·an＋1（n≥2），∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，∵a2＝3，∴a2＋a4＋a6＝3＋3q2＋3q4＝21,即q4＋q2－6＝0，解得q2＝2或q2＝－3（舍去），∴a4＋a6＋a8＝a2q2＋a4q2＋a6q2＝2(a2＋a4＋a6）＝42，故選C。6．已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝3,且3S1,2S2，S3成等差數(shù)列，則數(shù)列｛an}的通項公式為(C）A．a(chǎn)n＝3n－1－1B．a(chǎn)n＝3n－1C．a(chǎn)n＝3nD．a(chǎn)n＝3n解析：∵3S1,2S2，S3成等差數(shù)列，∴4S2＝3S1＋S3，∴4（a1＋a2）＝3a1＋（a1＋a2＋a3）,即3a2＝a3，∴公比q＝3，∴an＝a1·qn－1＝37．?dāng)?shù)列｛an}的通項公式an＝n2＋n,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（1,an)））的前10項和為（B)A.eq\f（9,10）B.eq\f(10，11）C.eq\f(11,10）D。eq\f（12,11)解析：eq\f（1,an）＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1，n＋1），所以S10＝eq\f(1，1)－eq\f(1,2)＋eq\f(1，2)－eq\f(1，3）＋…＋eq\f(1，10）－eq\f（1,11）＝eq\f（10，11）.故選B.8．已知點(n，an)(n∈N*)都在直線3x－y－24＝0上，那么在數(shù)列｛an}中有(C）A．a(chǎn)7＋a9〉0B．a(chǎn)7＋a9〈0C．a(chǎn)7＋a9＝0D．a(chǎn)7·a9＝0解析:由題意知,an＝3n－24，所以｛an}為a1＝－21,d＝3的等差數(shù)列．所以a8＝－21＋3×7＝0.所以a7＋a9＝2a89．已知數(shù)列{an}中，a2＝2,若對任意的m，n∈N＊，都有am＋n＝am＋an，那么eq\f（a1＋a3＋…＋a2013，a2＋a4＋…＋a2014)的值為(D)A.eq\f(1006，1007）B.eq\f（1008，1009）C。eq\f（1005,1006)D。eq\f(1007,1008）解析：am＋n＝am＋an?a2＝a1＋a1?a1＝1，an＋1＝an＋a1?an＋1－an＝1，所以數(shù)列{an｝是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(a1＋a3＋…＋a2013，a2＋a4＋…＋a2014)＝eq\f(a1007，a1008）＝eq\f（1007，1008)，故選D.10．?dāng)?shù)列{an}的通項an＝n·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（cos2\f(nπ,4）－sin2\f(nπ，4))），其前n項和為Sn，則S40為（C)A．10B．15C．20D．25解析：由題意得，an＝neq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(cos2\f(nπ，4）－sin2\f（nπ,4)))＝ncoseq\f（nπ,2)，當(dāng)n＝1時，a1＝coseq\f(π，2)＝0;當(dāng)n＝2時，a2＝2cosπ＝－2；當(dāng)n＝3時，a3＝3coseq\f（3π,2）＝0；當(dāng)n＝4時，a4＝4cos2π＝4；……∴當(dāng)n＝4k－3(k∈N*）時，an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝2，∴S40＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋…＋（a37＋a38＋a39＋a40)＝2×10＝20，故選C.11．在等差數(shù)列{an｝中，已知a10〈0，a11〉0,且a11〉｜a10｜，Sn為數(shù)列{an｝的前n項和,則使Sn〉0的n的最小值為(B)A．21B．20C．10D．11解析：由已知得|a10｜＝－a10,a11>－a10，a10＋a11〉0，2a1＋19d>0，2a1>－19d。又由Sm＝eq\f(a1＋ann,2)>0，可得a1＋an〉0，即2a1＋(n－1)d>0.而2a1＋（n－1)d〉－19d＋（n－1）d＝(n－20）d，因此只需（n－20)d≥0即可,又d〉0,所以n12．已知數(shù)列｛an｝滿足an＝an－1＋an－2(n為大于2的正整數(shù)）,且a2015＝1，a2017＝－1，設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，則S2020－S2016＝(B)A．－17B．－15C．－6D．0解析：因為an＝an－1＋an－2（n〉2）,且a2015＝1，a2017＝－1，所以a2017＝a2016＋a2015，所以a2016＝－2,同理,a2018＝－2－1＝－3，a2019＝－1－3＝－4，a2020＝－3－4＝－7，所以S2020－S2016＝a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝－1－3－4－7＝－15，故選B.二、填空題（每小題5分，共20分）13．已知等差數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，且a1＋a5＝3a3，a10＝14，則S12＝84解析：由a1＋a5＝3a3,得2a3＝3a3，所以a3＝0。又a10＝14，所以S12＝eq\f(12a1＋a12,2）＝eq\f（12a3＋a10,2）＝6×14＝84.14．在正項等比數(shù)列｛an}中，a1和a19為方程x2－10x＋16＝0的兩根，則a8·a10·a12等于64.解析：因為a1和a19為方程x2－10x＋16＝0的兩根，所以a1a19＝16，由等比數(shù)列的性質(zhì)得，a1a19＝aeq\o\al（2，10)＝16，又a10〉0，所以a10＝4，a8·a10·a12＝aeq\o\al（3，10）＝64.15．我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》有如下問題：“今有蒲(水生植物名）生一日,長三尺;莞（植物名,俗稱水蔥、席子草）生一日，長一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．問幾何日而長等？”意思是今有蒲生長1日，長為3尺;莞生長1日，長為1尺．蒲的生長逐日減半，莞的生長逐日增加1倍．若蒲、莞長度相等，則所需的時間約為2.6日．(結(jié)果保留一位小數(shù)，參考數(shù)據(jù)：lg2≈0。30,lg3≈0。48)解析：設(shè)蒲（水生植物名）的長度組成等比數(shù)列{an}，其中a1＝3，公比為eq\f(1，2），其前n項和為An，莞（植物名)的長度組成等比數(shù)列{bn}，其中b1＝1，公比為2，其前n項和為Bn。則An＝eq\f（3×\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2n)）），1－\f（1，2）),Bn＝eq\f（2n－1，2－1），令A(yù)n＝Bn，化為2n＋eq\f(6，2n)＝7，解得2n＝6或2n＝1（舍去)，即n＝eq\f(lg6，lg2)＝1＋eq\f（lg3,lg2)≈2.6。故所需的時間約為2.6日．16．在各項都為整數(shù)的數(shù)列｛an｝中,a1＝2，且對任意的n∈N＊，滿足an＋1－an<2n＋eq\f(1，2），an＋2－an>3×2n－1，則a2017＝22_017.解析:由an＋1－an〈2n＋eq\f（1，2)，得an＋2－an＋1<2n＋1＋eq\f(1,2），兩式相加，得an＋2－an〈3×2n＋1，又an＋2－an>3×2n－1,an∈Z，所以an＋2－an＝3×2n，從而a2017＝（a2017－a2015）＋(a2015－a2013）＋…＋（a3－a1）＋a1＝3×(22015＋22013＋…＋23＋21）＋2＝22017。三、解答題(寫出必要的計算步驟，只寫最后結(jié)果不得分，共70分）17．(本小題10分)設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1＝1，an＋1＝3an,n∈N＊。（1)求｛an}的通項公式及前n項和Sn；（2)已知{bn}是等差數(shù)列，Tn為其前n項和，且b1＝a2,b3＝a1＋a2＋a3，求T20.解：(1）由題設(shè)知{an｝是首項為1，公比為3的等比數(shù)列,所以an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n，1－3)＝eq\f（1，2)(3n－1）．(2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13,b3－b1＝10，所以數(shù)列｛bn｝的公差d＝5，故T20＝20×3＋eq\f（20×19,2）×5＝1010。18．（本小題12分)已知數(shù)列｛an｝滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2),n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an,證明：{bn｝是等比數(shù)列;（2)求｛an}的通項公式．解：(1)證明：當(dāng)n＝1時，b1＝a2－a1＝1，當(dāng)n≥2時，bn＝an＋1－an＝eq\f(1,2）（an－1＋an)－an＝－eq\f（1，2)(an－an－1）＝－eq\f（1,2）bn－1，所以｛bn}是以1為首項，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2）由（1)知，bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2))）n－1，當(dāng)n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)））＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)）)2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)））n－2＝1＋eq\f(2,3）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）））n－1））＝eq\f(5,3)－eq\f(2，3)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2）)）n－1，當(dāng)n＝1時，a1＝1滿足這個公式．所以an＝eq\f(5,3)－eq\f(2，3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2))）n－1，n∈N＊.19．（本小題12分）已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.(1)求數(shù)列｛an｝的通項公式；（2）令bn＝3an，求證:數(shù)列{bn｝為等比數(shù)列；(3)令cn＝eq\f（1，anan＋1）,求數(shù)列{cn｝的前n項和Sn。解：（1)因為a1＋a2＋a3＝12，所以a2＝4，所以公差d＝2，所以an＝2n.(2）證明：因為bn＝3an，所以eq\f（bn＋1,bn)＝eq\f（32n＋2，32n）＝9，所以{bn｝為首項b1＝9，公比q＝9的等比數(shù)列．(3)因為cn＝eq\f（1,2n2n＋2）＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，n)－\f（1,n＋1））)，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f（1，4）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)＋\f（1，2）－\f（1,3）＋…＋\f（1，n）－\f（1，n＋1））)＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，n＋1）)）＝eq\f(n，4n＋4）。20．（本小題12分）設(shè)等差數(shù)列｛an}的前n項和為Sn,且S4＝4S2,a2n＝2an＋1－3.（1）求數(shù)列｛an}的通項公式；(2）設(shè)數(shù)列{bn｝滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq\f(2n＋3,2n）,求｛bn｝的前n項和Tn。解：(1）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝42a1＋d，,a1＋2n－1d＝2·a1＋nd－3，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.(2）當(dāng)n＝1時，a1b1＝eq\f（1，2)，所以b1＝eq\f（1，2）;當(dāng)n≥2時，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝3－eq\f（2n＋1,2n－1），①又a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq\f(2n＋3，2n)，②②－①得，anbn＝eq\f(2n－1，2n），所以bn＝eq\f（1，2n)，易知n＝1也成立，所以數(shù)列｛bn｝是以eq\f（1，2）為首項，eq\f（1，2）為公比的等比數(shù)列,故其前n項和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f（\f（1,2)\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）)）n）)，1－\f(1，2))＝1－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2))）n。21．（本小題12分）已知數(shù)列｛an｝滿足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1,數(shù)列{bn｝滿足b1＝2,bn＋1＝bn＋an－n.（1)證明：｛an－n｝為等比數(shù)列；(2）數(shù)列｛cn}滿足cn＝eq\f（an－n,bn＋1bn＋1＋1)，求數(shù)列｛cn｝的前n項和Tn,求證：Tn〈eq\f(1,3)。解：（1）證明：∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n），又∵a1－1＝2，∴{an－n｝是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列．(2）證明：∵an－n＝2×2n－1＝2n,∴bn＋1－bn＝an－n＝2n,∴b2－b1＝21，b3－b2＝22,……bn－bn－1＝2n－1，各式相加，得bn－b1＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又b1＝2，∴bn＝2n，∴cn＝eq\f（2n，2n＋12n＋1＋1）＝eq\f(1,2n＋1）－eq\f（1，2n＋1＋1)，∴Tn＝eq\f（1，2＋1)－eq\f(1，22＋1）＋eq\f(1,22＋1）－eq\f（1，23＋1）＋…＋eq\f(1，2n＋1）－eq\f（1，2n＋1＋1）＝eq\f（1,3)－eq\f（1，2n＋1＋1)<eq\f（1，3）。22．(本小題12分）已知等比數(shù)列｛an｝的公比q〉1，且a1＋a3＝20，a2＝8。（1）求數(shù)列{an}的通項公式;(2）設(shè)bn＝eq\f(n，an)，Sn是數(shù)列｛bn}的前n項和，對任意正整數(shù)n,不等式Sn＋eq\f（n，2n＋1）〉(－1)n·a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1）設(shè)數(shù)列{an｝的公比為q，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q2＝20，，a1q＝8，））∴2q2－5q＋2＝0，∵q〉