《三維設計》高三數學 第5章 第2節(jié) 課時限時檢測 新人教A版

第5章第2節(jié)(時間60分鐘，滿分80分)一、選擇題(共6個小題，每小題5分，滿分30分)1．一個等差數列的前4項是a，x，b,2x，則eq\f(a,b)等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2x＝x＋b,2b＝x＋2x))，所以b＝eq\f(3x,2)，a＝eq\f(x,2)，于是有eq\f(a,b)＝eq\f(1,3).答案：C2．若等差數列{an}的前5項之和S5＝25，且a2＝3，則a7＝()A．12 B．13C．14 D．15解析：由S5＝eq\f(a2＋a4·5,2)?25＝eq\f(3＋a4·5,2)?a4＝7，所以7＝3＋2d?d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.答案：B3．已知數列{an}中，a3＝2，a7＝1，若{eq\f(1,an＋1)}為等差數列，則a11＝()A．0 B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D．2解析：由已知可得eq\f(1,a3＋1)＝eq\f(1,3)，eq\f(1,a7＋1)＝eq\f(1,2)是等差數列{eq\f(1,an＋1)}的第3項和第7項，其公差d＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),7－3)＝eq\f(1,24)，由此可得eq\f(1,a11＋1)＝eq\f(1,a7＋1)＋(11－7)d＝eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,24)＝eq\f(2,3)，解之得a11＝eq\f(1,2).答案：B4．設命題甲為“a，b，c成等差數列”，命題乙為“eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＝2”，那么()A．甲是乙的充分不必要條件B．甲是乙的必要不充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲是乙的既不充分也不必要條件解析：由eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＝2，可得a＋c＝2b，但a、b、c均為零時，a、b、c成等差數列，但eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)≠2.答案：B5．已知等差數列{an}、{bn}的公差分別為2和3，且bn∈N*，則數列{abn}是()A．等差數列且公差為5 B．等差數列且公差為6C．等差數列且公差為8 D．等差數列且公差為9解析：依題意有abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn＋a1－2＝2b1＋2(n－1)×3＋a1－2＝6n＋a1＋2b1－8，故abn＋1－abn＝6，即數列{abn}是等差數列且公差為6.答案：B6．已知數列{an}為等差數列，若eq\f(a11,a10)<－1，且它們的前n項和Sn有最大值，則使Sn>0的n的最大值為()A．11 B．19C．20 D．21解析：∵eq\f(a11,a10)<－1，且Sn有最大值，∴a10>0，a11<0，且a10＋a11<0，∴S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19·a10>0，S20＝eq\f(20a1＋a20,2)＝10(a10＋a11)<0，所以使得Sn>0的n的最大值為19.答案：B二、填空題(共3個小題，每小題5分，滿分15分)7．已知數列{an}為等差數列，Sn為其前n項和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，則k＝________.解析：a7－a5＝2d＝4，d＝2，a1＝a11－10d＝21－20＝1，Sk＝k＋eq\f(kk－1,2)×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.答案：38．在數列{an}中，若a1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)(n∈N*)，則該數列的通項an＝________.解析：由eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)，∴{eq\f(1,an)}為等差數列．又eq\f(1,a1)＝1，d＝eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，∴eq\f(1,an)＝n，∴an＝eq\f(1,n).答案：eq\f(1,n)9．等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.記Tn＝eq\f(Sn,n2)，如果存在正整數M，使得對一切正整數n，Tn≤M都成立，則M的最小值是________．解析：∵{an}為等差數列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，可解得Sn＝2n2－n，∴Tn＝2－eq\f(1,n)，若Tn≤M對一切正整數n恒成立，則只需(Tn)max≤M即可．又Tn＝2－eq\f(1,n)<2，∴只需2≤M，故M的最小值是2.答案：2三、解答題(共3個小題，滿分35分)10．已知等差數列{an}的前三項為a－1,4,2a，記前n項和為Sn(1)設Sk＝2550，求a和k的值；(2)設bn＝eq\f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．解：(1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a又a1＋a3＝2a2∴(a－1)＋2a＝8，即a∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2.由Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)d，得2k＋eq\f(kk－1,2)×2＝2550，即k2＋k－2550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)．∴a＝3，k＝50.(2)由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d得Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋n.∴bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，∴{bn}是等差數列，則b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)＝eq\f(4＋4nn,2).∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝2n2＋2n.11．已知數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，且滿足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n－4.(1)求證{an}為等差數列；(2)求{an}的通項公式．解：(1)當n＝1時，有2a1＝aeq\o\al(2,1)＋1－4，即aeq\o\al(2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．當n≥2時，有2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋n－5，又2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n－4，兩式相減得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即aeq\o\al(2,n)－2an＋1＝aeq\o\al(2,n－1)，也即(an－1)2＝aeq\o\al(2,n－1)，因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.若an－1＝－an－1，則an＋an－1＝1，而a1＝3，所以a2＝－2，這與數列{an}的各項均為正數相矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此{an}為等差數列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以數列{an}的通項公式an＝3＋(n－1)＝n＋2，即an＝n＋2.12．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋cn(c∈R，n＝1,2,3…)，且S1，eq\f(S2,2)，eq\f(S3,3)成等差數列．(1)求c的值；(2)求數列{an}的通項公式．解：(1)∵nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋cn(n＝1,2,3，…)，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(n2＋cn,nn＋1)(n＝1,2,3，…)．∵S1，eq\f(S2,2)，eq\f(S3,3)成等差數列，∴eq\f(S2,2)－eq\f(S1,1)＝eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2).∴eq\f(1＋c,2)＝eq\f(4＋2c,6)，∴c＝1.(2)由(1)得eq\f(Sn＋1,n＋