高中数学必修五数列测试题

1必修五阶段测试二(第二章数列)时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山西朔州期末)在等比数列{an}中，公比q＝－2，且a3a7＝4a4，则a8等于()A．16B．32C．－16D．－322．已知数列{an}的通项公式an＝3n＋1n为奇数，2n－2n为偶数，则a2·a3等于()A．8B．20C．28D．303．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a3＝b3，2b3－b2b4＝0，则数列{an}的前5项和S5为()A．5B．10C．20D．404．(2017·山西忻州一中期末)在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是()A．102B.9658C.9178D．1085．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为()A．81B．120C．168D．1926．等差数列{an}中，a100,a110,且a11|a10|,Sn是前n项的和，则()A．S1,S2,S3,…，S10都小于零，S11，S12，S13，…都大于零B．S1，S2，…，S19都小于零，S20，S21，…都大于零C．S1，S2，…，S5都大于零，S6，S7，…都小于零D．S1，S2，…，S20都大于零，S21，S22，…都小于零7．(2017·桐城八中月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于()A．16B．8C．4D．不确定8．(2017·莆田六中期末)设{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S6，S6＝S7S8，则下列结论错误的是()A．d0B．a7＝0C．S9S5D．S6和S7均为Sn的最大值9．设数列{an}为等差数列，且a2＝－6，a8＝6，Sn是前n项和，则()A．S4＜S5B．S6＜S5C．S4＝S5D．S6＝S510．(2017·西安庆安中学月考)数列{an}中，a1＝1，a2＝23，且1an－1＋1an＋1＝2an(n∈N*，n≥2)，则a6等于()A.17B.27C.72D．7211．(2017·安徽蚌埠二中期中)设an＝1nsinnπ25，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…S100中，正数的个数是()A．25B．50C．75D．10012．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n(n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝1anan＋1，则数列{bn}的前64项和为()A.63520B.433C.133D.1132二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．等差数列{an}中，a4＋a10＋a16＝30，则a18－2a14的值为________．14．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．15．(2017·广东实验中学)若数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则a5＝________.16．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a90，a7＋a100，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an；(2)已知数列的前n项和Sn＝2n2＋n，求数列的通项公式．18.(12分)(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝3132，求λ.19．(12分)(2017·唐山一中期末)已知等差数列{an}满足：a2＝5，前4项和S4＝28.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.20.(12分)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．(1)当t为何值时，数列{an}是等比数列；(2)在(1)的条件下，若等差数列{bn}的前n项和Tn有最大值，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.21．(12分)等差数列{an}的各项都是整数，首项a1＝23，且前6项和是正数，而前7项之和为负数．(1)求公差d；(2)设Sn为其前n项和，求使Sn最大的项数n及相应的最大值Sn.22.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足：b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n3－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；(3)若cn＝an·bnn，求数列{cn}的前n项和Tn.答案与解析1．A在等比数列{an}中，∵a3a7＝a4a6＝4a4，∴a6＝4，∴a8＝a6q2＝4×(－2)2＝16.故选A.2．B由已知得a2·a3＝(2×2－2)(3×3＋1)＝20.3．B由2b3－b2b4＝0，得2b3＝b23，∴b3＝2，∴a3＝2，故S5＝5a1＋a52＝5a3＝10，故选B.4．D将an＝－2n2＋29n＋3看作一个二次函数，但n∈N*，对称轴n＝294开口向下，∴当n＝7时离对称轴最近，∴an的最小值为a7＝108，故选D.5．B设等比数列的公比为q，∴a5＝a2·q3，∴243＝9×q3，∴q＝3.∴a1＝93＝3.S4＝31－341－3＝120，故选B.6．B∵a100,∴a1＋9d0.∵a110,∴a1＋10d0.又a11|a10|,∴a1＋10d－a1－9d.∴2a1＋19d0.∴S19＝19a1＋19×182d＝19(a1＋9d)0.排除A、D.S20＝20a1＋20×192d＝10(2a1＋19d)0.排除C.故选B.7．B由题可知数列{an}为等差数列，∴S25＝25×a1＋a252＝100，∴a1＋a25＝8，4∴a12＋a14＝a1＋a25＝8，故选B.8．C由S5S6，得S6－S5＝a60，由S6＝S7，得S7－S6＝a7＝0，∴d0，S9S8＝S5，故C错．9．C设等差数列的首项为a1，公差为d，则a1＋d＝－6，a1＋7d＝6.解得a1＝－8，d＝2.∴Sn＝－8n＋nn－12×2＝n2－9n，S4＝－20，S5＝－20，∴S4＝S5，故选C.10．B由已知可得数列1an是等差数列．∵a1＝1，a2＝23，∴1a1＝1，1a2＝32，∴公差d＝32－1＝12，∴1a6＝1a1＋5d＝1＋52＝72，∴a6＝27.11．Df(n)＝sinnπ25的周期T＝50.a1，a2，…，a240，a25＝0，a26，a27，…，a490，a50＝0.且sin26π25＝－sinπ25，sin27π25＝－sin2π25，…∴S1，S2，…，S50都为正，同理，S51，…，S100都为正，故选D.12．B由Sn＝n2＋3n，可得an＝2(n＋1)，∴bn＝12n＋1×2n＋2＝141n＋1－1n＋2，则数列{}bn的前64项和为T64＝1412－13＋13－14＋…＋165－166＝433，故选B.13．－10解析：由等差数列的性质知，a4＋a10＋a16＝3a10＝30，∴a10＝10.∴a18－2a14＝(a10＋8d)－2(a10＋4d)＝－a10＝－10.14．4解析：∵a8＝a6＋2a4，∴a4q4＝a4q2＋2a4.∵a40，∴q4－q2－2＝0.解得q2＝2.又∵a2＝1，∴a6＝a2q4＝1×22＝4.15．4965解析：∵an＋1＝4an＋2n，∴a2＝4a1＋2＝6，a3＝4a2＋22＝28；a4＝4a3＋23＝120，a5＝4a4＋24＝496.16.8解析：∵a7＋a8＋a9＝3a80，∴a80.又∵a7＋a10＝a8＋a90，∴a9－a80.∴数列{an}的前8项和最大，即n＝8.17．解：(1)当n＝1时，S1＝a1＝3＋2＝5；当n≥2时，∵Sn＝3＋2n，Sn－1＝3＋2n－1，∴an＝Sn－Sn－1＝2n－1，而a1＝5，∴an＝5，n＝1，2n－1，n≥2.(2)∵Sn＝2n2＋n，当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)，∴an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.又当n＝1时，a1＝S1＝3，∴an＝4n－1.18．解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1,故λ≠1，a1＝11－λ，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn－1＝1＋λan－1得an＝λan－λan－1，即an(λ－1)＝λan－1，由a1≠0，λ≠0得an≠0.所以anan－1＝λλ－1.因此{an}是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是an＝11－λλλ－1n－1.(2)由(1)得Sn＝1－λλ－1n，由S5＝3132得1－λλ－12＝3132，即λλ－15＝132，解得λ＝－1.19.解：(1)由题得a1＋d＝5，4a1＋6d＝28，∴a1＝1，d＝4，∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)bn＝(－1)n(4n－3)，T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋(－8n＋7＋8n－3)＝4n.20．解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)．两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．∴当n≥2时，{an}是等比数列．要使n≥1时，{an}是等比数列，则只需a2a1＝2t＋1t＝3，从而t＝1，即当t＝1时，数列{an}是等比数列．(2)设{bn}的公差为d，由T3＝15，得b1＋b2＋b3＝15，于是b2＝5.6故可设b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2.解得d1＝2，d2＝－10.∵等差数列{bn}的前n项和Tn有最大值，∴d0，d＝－10.∴Tn＝15n＋nn－12×(－10)＝20n－5n2.21.解：(1)由题意，得S60，S70.∴6a1＋12×6×5d0，7a1＋12×7×6d0.∴－465d－233，又等差数列各项都是整数，∴d＝－8或d＝－9.(2)当d＝－8时，Sn＝23n＋12n(n－1)(－8)＝－4n2＋27n.当n＝3时，Sn最大，(Sn)max＝45.当d＝－9时，Sn＝23n＋12n(n－1)×(－9)＝－92n2＋552n.当n＝3时，(Sn)max＝42.22．解：(1)Sn＝3n，Sn－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝S1＝3≠2×31－1，∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2.(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3，以上各式相加得，bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝n－11＋2n－32＝(n－1)2.又b1＝－1，故bn＝n2－2n.(3)由题意得，cn＝an·bnn＝－3，n＝1，2n－2×3n－1，n≥2.当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2×(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2×(n－2)×3n.7两式相减得，－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2×(n－2)×3n，∴Tn＝－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＋(n－2)×3n＝(n－2)×3n－3n－32＝2n－53n＋32.又T1＝－3＝2×1－5×31＋32，符合上式，∴Tn＝2n－53n＋32(n∈N*)．