高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试精练
展开1.{an}是首项为1,公差为3的等差数列,如果an=2 014,则序号n等于( )
A.667 B.668 C.669 D.672
答案 D
解析 由2 014=1+3(n-1)解得n=672.
2.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 ∵a1+a5=2a3=10,∴a3=5,
∴d=a4-a3=7-5=2.
3.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3·a11=16,则a5等于( )
A.1 B.2 C.4 D.8
答案 A
解析 ∵a3·a11=aeq \\al(2,7)=16,∴a7=4,
∴a5=eq \f(a7,q2)=eq \f(4,22)=1.
4.数列{an}的通项公式是an=(n+2)(eq \f(9,10))n,那么在此数列中( )
A.a7=a8最大 B.a8=a9最大
C.有唯一项a8最大 D.有唯一项a7最大
答案 A
解析 an=(n+2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n,an+1=(n+3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n+1,
所以eq \f(an+1,an)=eq \f(n+3,n+2)·eq \f(9,10),
令eq \f(an+1,an)≥1,即eq \f(n+3,n+2)·eq \f(9,10)≥1,解得n≤7,即n≤7时递增,n>7递减,所以a1<a2<a3<…<a7=a8>a9>…,
所以a7=a8最大.故选A.
5.已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,则eq \f(1,S1)+eq \f(1,S2)+eq \f(1,S3)+…+eq \f(1,Sn)等于( )
A.eq \f(nn+1,2) B.eq \f(2,nn+1)
C.eq \f(n,2n+1) D.eq \f(2n,n+1)
答案 D
解析 由已知得an-an+1+1=0,
即an+1-an=1.
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
∴Sn=n+eq \f(nn-1,2)×1=eq \f(1,2)n2+eq \f(1,2)n,
∴eq \f(1,Sn)=eq \f(2,nn+1)=2(eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1)),
∴eq \f(1,S1)+eq \f(1,S2)+eq \f(1,S3)+…+eq \f(1,Sn)=2[(1-eq \f(1,2))+(eq \f(1,2)-eq \f(1,3))+…+(eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1))]=2(1-eq \f(1,n+1))=eq \f(2n,n+1).
6.数列{(-1)n·n}的前2 013项的和S2 013为( )
A.-2 013 B.-1 007 C.2 013 D.1 007
答案 B
解析 S2 013=-1+2-3+4-5+…+2 012-2 013=(-1)+(2-3)+(4-5)+…+(2 012-2 013)=(-1)+(-1)×1 006=-1 007.
7.若{an}是等比数列,其公比是q,且-a5,a4,a6成等差数列,则q等于( )
A.1或2 B.1或-2
C.-1或2 D.-1或-2
答案 C
解析 依题意有2a4=a6-a5,
即2a4=a4q2-a4q,而a4≠0,
∴q2-q-2=0,(q-2)(q+1)=0.
∴q=-1或q=2.
8.设{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
答案 C
解析 由S5
由S7>S8⇒a8<0,因此,S9-S5=a6+a7+a8+a9
=2(a7+a8)<0即S9
A.eq \f(15,8)和5 B.eq \f(31,16)和5 C.eq \f(31,16) D.eq \f(15,8)
答案 C
解析 若q=1,则9S3=27a1,S6=6a1,
∵a1≠0,∴9S3≠S6,矛盾,故q≠1.
由9S3=S6得9×eq \f(a11-q3,1-q)=eq \f(a11-q6,1-q),
解得q=2,故an=a1qn-1=2n-1.∴eq \f(1,an)=(eq \f(1,2))n-1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和S5=eq \f(1-\f(1,2)5,1-\f(1,2))=eq \f(31,16).
10.某工厂月生产总值的平均增长率为q,则该工厂的年平均增长率为( )
A.q B.12q
C.(1+q)12 D.(1+q)12-1
答案 D
解析 设第一年第1个月的生产总值为1,公比为(1+q),该厂第一年的生产总值为S1=1+(1+q)+(1+q)2+…+(1+q)11.
则第2年第1个月的生产总值为(1+q)12,
第2年全年生产总值S2=(1+q)12+(1+q)13+…+(1+q)23=(1+q)12S1,
∴该厂生产总值的年平均增长率为eq \f(S2-S1,S1)=eq \f(S2,S1)-1=(1+q)12-1.
二、填空题
11.设{an}是递增的等差数列,前三项的和为12,前三项的积为48,则它的首项是________.
答案 2
解析 设前三项分别为a-d,a,a+d,则a-d+a+a+d=12且a(a-d)(a+d)=48,解得a=4且d=±2,又{an}递增,∴d>0,即d=2,∴a1=2.
12.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.
答案 63
解析 由题意知a1+a3=5,a1a3=4,又{an}是递增数列,所以a1=1,a3=4,所以q2=eq \f(a3,a1)=4,q=2代入等比求和公式得S6=63.
13.如果数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则此数列的通项公式an=________.
答案 2n-1
解析 当n=1时,S1=2a1-1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)
∴an=2an-1,经检验n=1也符合.∴{an}是等比数列,∴an=2n-1,n∈N*.
14.一个直角三角形的三边成等比数列,则较小锐角的正弦值是________.
答案 eq \f(\r(5)-1,2)
解析 设三边为a,aq,aq2 (q>1),则(aq2)2=(aq)2+a2,∴q2=eq \f(\r(5)+1,2).
较小锐角记为θ,则sin θ=eq \f(1,q2)=eq \f(\r(5)-1,2).
三、解答题
15.已知数列{lg2(an-1)} (n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:eq \f(1,a2-a1)+eq \f(1,a3-a2)+…+eq \f(1,an+1-an)<1.
(1)解 设等差数列{lg2(an-1)}的公差为d.
由a1=3,a3=9,
得lg2(9-1)=lg2(3-1)+2d,则d=1.
所以lg2(an-1)=1+(n-1)×1=n,
即an=2n+1.
(2)证明 因为eq \f(1,an+1-an)=eq \f(1,2n+1-2n)=eq \f(1,2n),
所以eq \f(1,a2-a1)+eq \f(1,a3-a2)+…+eq \f(1,an+1-an)
=eq \f(1,21)+eq \f(1,22)+eq \f(1,23)+…+eq \f(1,2n)=eq \f(\f(1,2)-\f(1,2n)×\f(1,2),1-\f(1,2))=1-eq \f(1,2n)<1.
16.已知等差数列{an}的公差d≠0,它的前n项和为Sn,若S5=70,且a2,a7,a22成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{eq \f(1,Sn)}的前n项和为Tn,求证:eq \f(1,6)≤Tn
所以an=a1+(n-1)d,Sn=na1+eq \f(nn-1,2)d.
依题意,有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5=70,,a\\al(2,7)=a2a22.))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1+10d=70,,a1+6d2=a1+da1+21d.))
解得a1=6,d=4.所以数列{an}的通项公式为an=4n+2(n∈N*).
(2)证明 由(1)可得Sn=2n2+4n.
所以eq \f(1,Sn)=eq \f(1,2n2+4n)=eq \f(1,2nn+2)=eq \f(1,4)(eq \f(1,n)-eq \f(1,n+2)).
所以Tn=eq \f(1,S1)+eq \f(1,S2)+eq \f(1,S3)+…+eq \f(1,Sn-1)+eq \f(1,Sn)
=eq \f(1,4)(1-eq \f(1,3))+eq \f(1,4)(eq \f(1,2)-eq \f(1,4))+eq \f(1,4)(eq \f(1,3)-eq \f(1,5))+…+eq \f(1,4)×(eq \f(1,n-1)-eq \f(1,n+1))+eq \f(1,4)(eq \f(1,n)-eq \f(1,n+2))
=eq \f(1,4)(1+eq \f(1,2)-eq \f(1,n+1)-eq \f(1,n+2))=eq \f(3,8)-eq \f(1,4)(eq \f(1,n+1)+eq \f(1,n+2)).
因为Tn-eq \f(3,8)=-eq \f(1,4)(eq \f(1,n+1)+eq \f(1,n+2))<0,所以Tn
所以Tn≥T1=eq \f(1,6).所以eq \f(1,6)≤Tn
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在正整数m,使得eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,am)≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.
解 (1)由a1a2a3=125,得a2=5,
又a2|q-1|=10,
∴q=-1或3,
∴数列{an}的通项an=-5·(-1)n-1或an=5×3n-2.
(2)若q=-1,eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,am)=-eq \f(1,5)或0,不存在这样的正整数m;
若q=3,eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,am)=eq \f(9,10)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))m))<eq \f(9,10),不存在这样的正整数m.
综上,对任何正整数m,总有eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,am)<1,故不存在正整数m,使得eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,am)≥1成立.
18.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n.
(1)设bn=eq \f(an,2n-1).证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 由已知an+1=2an+2n,得bn+1=eq \f(an+1,2n)=eq \f(2an+2n,2n)=eq \f(an,2n-1)+1=bn+1.
∴bn+1-bn=1,又b1=a1=1.∴{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知,bn=n,eq \f(an,2n-1)=bn=n.∴an=n·2n-1.
∴Sn=1+2·21+3·22+…+n·2n-1,两边乘以2得:
2Sn=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
两式相减得:-Sn=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,
∴Sn=(n-1)·2n+1.
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人教版新课标A必修5第三章 不等式综合与测试测试题: 这是一份人教版新课标A必修5第三章 不等式综合与测试测试题,共5页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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