数学必修五第二章数列单元质量评估(一)

第二章单元质量评估(一)时限：120分钟满分：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．数列1,2,4,8,16,32…的一个通项公式是()A．an＝2n＋1B．an＝2n－1C．an＝2nD．an＝2n＋1解析：可运用排除法：对于A选项：n＝1时，a1＝3，排除；对于C选项：n＝1时，a1＝2，排除；对于D选项：n＝1时，a1＝4，排除；所以选择B项．答案：B2．数列2，－1，12，－14，x，y…中的x，y值是()A.18，116B．－18，116C．－18，－116D.18，－116解析：偶数项为负，奇数项为正，x是奇数项，y是偶数项，因此选D项．答案：D3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝12，S4＝20，则S6＝()A．16B．24C．36D．48解析：∵S4＝2＋6d＝20，∴d＝3.故S6＝3＋15d＝48.答案：D4．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋1(n∈N)，则f(n)等于()A.27(8n－1)B.27(8n＋1＋1)C.27(8n－1－1)D.27(8n＋1－1)解析：判断出2,24,27，…，23n＋1为等比数列，共有(n＋1)项，用求和公式f(n)＝2－23n＋1·231－23＝27(8n＋1－1)．故选D.答案：D5．在等差数列{an}中，已知a4＋a5＝12，那么它的前8项和S8等于()A．12B．24C．36D．48解析：S8＝8a1＋a82＝4(a4＋a5)＝48.答案：D6．已知数列{an}是等比数列，且a1＋a3＝－3，a2a4＝4，则公比q的值是()A.2B．－2C．±2D．±2解析：因为a1＋a3＝a1(1＋q2)＝－3，a2a4＝a21q4＝4，所以a11＋q2＝－3，a21q4＝4，解这个方程组得q2＝2，即q＝±2.选C项．答案：C7．在等比数列{an}中，a2·a8＝16，a4＋a6＝8，则a20a10等于()A．1B．－3C．1或－3D．－1或3解析：a4a6＝a2a8，①a4＋a6＝8，②①②联立得：a4＝a6＝4，则an＝4⇒a20a10＝1.答案：A8．数列{an}中，已知S1＝1，S2＝2，且Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n∈N*)且n≥2，则此数列()A．从第二项起为等比数列B．从第二项起为等差数列C．等比数列D．等差数列解析：∵S1＝1，S2＝2，∴a1＝1，a2＝1.当n≥2时，Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0⇒(Sn＋1－Sn)＋2(Sn－1－Sn)＝0⇒an＋1＝2an，所以数列{an}从第二项起为等比数列．答案：A9．化简1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n的结果是()A.n2n＋1B.2n2n＋1C.2nn＋1D.nn＋1解析：∵11＋2＋3＋…＋n＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，∴原式＝2(11－12)＋2(12－13)＋…＋2(1n－1n＋1)＝2nn＋1.答案：C10．已知数列{an}满足a1＝4，a2＝2，a3＝1，又数列{an＋1－an}为等差数列，则an的通项公式为()A．an＝n－3B．an＝12(n3－8n2＋13n＋2)C．an＝12(2n3－17n2＋33n－10)D．an＝12(n2－7n＋14)解析：利用累加法．答案：D11．若数列{an}满足a1＝13，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝am·an.设前n项和为Sn，则S10－S9等于()A.32(1－139)B.32(1－1310)C．310D.1310解析：由题意，令m＝1，则an＋1＝an·a1，an＋1an＝a1＝13.数列{an}是公比为13，a1＝13的等比数列，an＝13·(13)n－1＝13n.S10－S9＝a10＝1310.答案：D12．一个正整数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：第1行1第2行23第3行4567……则第9行中的第4个数是()A．132B．255C．259D．260解析：表中各行中数的个数构成一个以1为首项，公比为2的等比数列，则前8行共有S8＝1－281－2＝255(个)数，即第9行中第4个数为259.答案：C二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知数列{an}的前n项和为Sn＝－32n2＋2052n＋1，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝－32＋2052＋1＝102.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－32n2＋2052n)－[－32(n－1)2＋2052(n－1)]＝－3n＋104.a1＝102≠－3×1＋104，数列{an}的通项公式为an＝102，n＝1，－3n＋104，n1.答案：an＝102，n＝1－3n＋104，n114．设等差数列{an}满足3a8＝5a13，且a10，Sn为其前n项和，则Sn中最大的是________．解析：由3a8＝5a13，得d＝－2a139.∵a10，∴d0，∴令an＝a1＋(n－1)·d＝－2n39a1＋4139a1≥0，得n≤412，又n∈N＋，∴当n＝20时，a200，而a210，故S20最大．答案：S2015．函数f(x)由下表定义：x25314f(x)12345若a0＝5，an＋1＝f(an)，n＝0,1,2…则a2009＝________.解析：令n＝0，则a1＝f(a0)＝2，令n＝1，则a2＝f(a1)＝f(2)＝1，令n＝2，则a3＝f(a2)＝f(1)＝4，令n＝3，则a4＝f(a3)＝f(4)＝5，令n＝4，则a5＝f(a4)＝f(5)＝2，令n＝5，则a6＝f(a5)＝f(2)＝1，…，可见数列的周期是4，所以a4n＋1＝a1(n∈N＋)，因此a2009＝a502×4＋1＝a1＝2.答案：216．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝0，b1＝－4，用Sk，S′k分别表示数列{an}，{bn}的前k项和(k是正整数)，若Sk＋S′k＝0，则ak＋bk的值为__________．解析：∵Sk＋S′k＝ka1＋ak2＋kb1＋bk2＝k－4＋ak＋bk2＝0，∴ak＋bk＝4.答案：4三、解答题(共70分)17．(本小题10分)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N＋.(1)证明数列{an－n}是等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)证明：由题设an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N＋.又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．(2)解：由(1)可知an－n＝4n－1，于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.则Sn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝4n－13＋nn＋12，即数列{an}的前n项和Sn＝4n－13＋nn＋12.18．(本小题12分)已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项和S10＝185.(1)求数列{an}通项公式；(2)若从数列{an}中依次取第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来的顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得：a2＝a1＋d＝8，S10＝10a1＋45d＝185，解得a1＝5，d＝3.所以an＝5＋(n－1)×3＝3n＋2.(2)由(1)知，bn＝a2n＝3×2n＋2，{bn}的前n项和Tn＝3(2＋22＋…＋2n)＋2n＝3×2n＋1＋2n－6.19．(本小题12分)若数列{an}满足a2n＋1－a2n＝d，其中d为常数，则称数列{an}为等方差数列．已知等方差数列{an}满足an0，a1＝1，a5＝3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{a2n(12)n}的前n项和．解：(1)由a21＝1，a25＝9得，a25－a21＝4d，∴d＝2.a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∵an0，∴an＝2n－1.数列{an}的通项公式为an＝2n－1；(2)a2n(12)n＝(2n－1)12n.设Sn＝1·12＋3·122＋5·123＋…＋(2n－1)·12n.①12Sn＝1·122＋3·123＋5·124＋…＋(2n－1)·12n＋1，②①－②，得12Sn＝12＋2(122＋123＋…＋12n)－(2n－1)·12n＋1＝12＋2·141－12n－11－12－(2n－1)·12n＋1，Sn＝3－2n＋32n.即数列{a2n(12)n}的前n项和为3－2n＋32n.20．(本小题12分)某人大学毕业参加工作后，计划参加养老保险．若每年年末等差额年金p元，即第一年年末存入p元，第二年年末存入2p元，…，第n年年末存入np元，年利率为k.问第n＋1年年初他可一次性获得养老金本利合计多少元？解：设此人第n＋1年年初一次性获得养老保险金为Sn元，则Sn＝p(1＋k)n－1＋2p(1＋k)n－2＋…＋(n－1)p(1＋k)＋np①(1＋k)Sn＝p(1＋k)n＋2p(1＋k)n－1＋…＋(n－1)p(1＋k)2＋np(1＋k)②②－①，得：kSn＝p(1＋k)n＋p(1＋k)n－1＋…＋p(1＋k)－np＝p1＋k[1＋kn－1]k－np，Sn＝p[1＋kn＋1－n＋1k－1]k2(元)．故第n＋1年年初此人一次性获得养老金为p[1＋kn＋1－n＋1k－1]k2元．21．(本小题12分)设数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Snn)(n∈N＋)均在函数y＝3x－2的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N＋都成立的最小正整数m.解：(1)依题意得，Snn＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5.所以an＝6n－5(n∈N＋)．(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝36n－5[6n＋1－5]＝12(16n－5－16n＋1)，故Tn＝12[(1－17)＋(17－113)＋…＋(16n－5－16n＋1)]＝12(1－16n＋1)．因此，使得12(1－16n＋1)m20(n∈N＋)成立的m必须且仅需满足12≤m20，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.22．(本小题12分)(2011·山东高考)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2·3n－1.(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1＋…＋(－1)n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.所以当n为偶数时，Sn＝2×1－3n1－3＋n2ln3＝3n＋n2ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋(n－12－n)·ln3＝3n－n－12ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数.