2018-2019学年高中数学期末模块复习提升练（2）数列（含解析）新人教A版必修5

1复习提升练（2）数列1、设na是公差为2的等差数列,若1479750aaaa,则36999aaaa的值为()A.78B.82C.148D.1822、设等差数列na的公差d不为0,19ad,若ka是1a与2ka的等比中项,则k()A.2B.4C.6D.83、已知等比数列na的公比为正数,且237424,2aaaa,则1a()A.1B.2C.2D.224已知,则等于()A.B.C.D.5、若数列na的通项为22nann,则其前n项和nS为()2A.112nB.31121nnC.31122nnD.311212nn6、设数列na中,1121nnnaan,则数列na的前12项和等于()A.76B.78C.80D.827、已知na为等差数列,nb为等比数列,其公比1q,且01,2,3,,ibin若111111,abab,则()A.66abB.66abC.66abD.66ab或66ab8、在等差数列na中,35710133224aaaaa,则此数列的前13项之和为()A.156B.13C.12D.269、设nS为等差数列na的前n项和,若33S,6  24S,则9 a__________.10、已知nS是等比数列na的前n项和,582,16aa,则6S等于__________.11、若数列na的前n项和2101,2,3,nSnnn,则此数列的通项公式为__________;数列nna中数值最小的项是第__________项.12、一个等比数列,它与一个首项为零,公差不为零的等差数列的相应项相加后得到一个新的数列1,1,2···,则相加以后的新数列的前10项的和为__________.13、在公差为d的等差数列na中,已知110a,且1a,222a,35a成等比数列.（1）求d,na;3（2）若0d,求123naaaa.14、已知等差数列na满足:3577,26aaa.na的前n项和为nS.（1）求na及nS;（2）令*211nnbnNa,求数列nb的前n项和nT.15、已知数列nb前n项和为nS,且11b,113nnbS.（1）求2b,3b,4b的值;（2）求nb的通项公式;（3）求2462nbbbb的值.16、已知等差数列na,6385,5aaa.（1）求na的通项公式na;（2）若数列nb满足21nnba,求nb的通项公式nb.4答案1、B解析：∵1479750aaaa,2d,∴36999aaaa147972222adadadad147973325033482aaaad.2、B解析：依题意,知121(1)9(1)(8),(21)(28)kkaakddkdkdaakdkd.又∵212,kkaaa∴22(8)9(28)kddkd.即2280kk.∴4k或2k(舍去).3、A解析：设na的公比为q,则有26261114aqaqaq,解得2q(舍去2q),所以由212aaq,得11a.故选A.4、C解析：由题意可得,,,所以.5、D5解析：因为21122nannnn,所以12nnSaaa1111111111132435112nnnn1111212nn311212nn,选D.6、B解析：212121nnnaann,取1,5,9n及2,6,10n，结果相加可得1212341112...78Saaaaaa,故选B.7、B8、D解析：根据题意得:3542aaa,71013103aaaa,357101341032624aaaaaaa,4104aa,∴此数列的前13项之和1134101313132622aaaaS.故选D.9、15解析：由已知得316132332{656242SadSad解得11{2ad所以91815aad.610、218解析：∵na为等比数列,∴385aaq,∴31682q,∴2q.又451aaq,∴121168a,∴661611(2)12181128aqSq.11、2n-11;3解析：∵210nSnn*()nN,211101nSnn*(2,)nnN,∴1211nnnaSSn.又1n时111109Sa也适合该通项公式,∴211nan*()nN.又2211nnann,∵*nN,∴3n时nna,取最小值.12、978解析：设等比数列的首项为1a,公比为q,等差数列的首项为10b,公差为d.由题意得11211{122aaqdaqd11{21aqd,∴1012101210()()Saaabbb101(12)109100(1)12210214597813、（1）1d或4d;11(N)nann或46(N)nann（2）123naaaa22121,11221211110,1222nnnnnn7解析：（1）由题意,得2132522aaa,∴2340dd,∴1d或4d.∴*11Nnann或*46Nnann.（2）设数列na的前n项和为nS.∵0d,由1得1d,11nan,则当11n时,212312122naaaann.当12n时,123112nnaaaaSS2121111022nn.综上所述,123naaaa22121,11221211110,1222nnnnnn.14、（1）设等差数列na的公差为d,由于3577,26aaa,所以1127,21026adad,解得13,2ad.所以32121nann213222nnnSnnn.（2）由1知21nan所以22111211nnban111114141nnnn所以nT111111142231nn8111414(1)nnn.所以数列nb的前n项和4(1)nnTn.15、（1）根据题意得211111333bSb,3212114()339bSbb,431231116()3327bSbbb（2）113nnbS,①113nnbS,②由①-②,得11(2)3nnnbbbn,∴143nnbb.∵213b,∴214()(2)33nnbn.∵11b,∴21,1,{14(),2.33nnnbn（3）由2知2462,,,,nbbbb是首项为13,公比为24()3的等比数列,∴222462214[1()]3433[()1]4731()3nnnbbbb16、（1）设na的首项是1a,公差为d,依题意得1155295adad∴1205ad∴*525nannN.（2）∵525nan,∴21521251030nnbann,∴*1030nbnnN.9