2019-2020学年高中数学 第二章 数列单元质量测评课件 新人教A版必修5

第二章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．有穷数列1,23,26,29，…，23n＋6的项数是()A．3n＋7B．3n＋6C．n＋3D．n＋2解析此数列的次数依次为0,3,6,9，…，3n＋6，为等差数列，且首项a1＝0，公差为d＝3，设3n＋6是第x项，则3n＋6＝0＋(x－1)×3⇒x＝n＋3.2．已知等差数列{an}的公差为1，且S99＝99，则a3＋a6＋…＋a96＋a99的值是()A．99B．66C．33D．0解析设A＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，B＝a2＋a5＋…＋a98，C＝a3＋a6＋…＋a99，A＋B＋C＝S99，B－A＝33，C－B＝33，∴A＝C－66，故C－66＋C－33＋C＝S99＝99，∴C＝66.3．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2020，则序号n等于()A．667B．668C．672D．674解析由2020＝1＋3(n－1)，解得n＝674.4．已知数列{an}为等比数列，a1＝1，q＝2，且第m项至第n(mn)项的和为112，则m＋n的值为()A．11B．12C．13D．14解析由已知，得1×1－2n1－2－1×1－2m－11－2＝112，即2m－1·(2n－m＋1－1)＝24×7，则2m－1＝24，2n－m＋1－1＝7，解得m＝5，n＝7，所以m＋n＝12，故选B.5．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＋a21＝a12，那么S27＝()A．2015B．2014C．2013D．0解析设等差数列{an}的公差为d.∵a5＋a21＝a12，∴2a1＋24d＝a1＋11d，∴a1＋13d＝0，即a14＝0.∴S27＝27a1＋a272＝27×2a142＝27a14＝0.故选D.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a11－a8＝3，S11－S8＝3，则使an0的最小正整数n的值是()A．8B．9C．10D．11解析由S11－S8＝3，得a11＋a10＋a9＝3,3a10＝3，a10＝1，所以a1＋9d＝1，a11－a8＝3d＝3，所以d＝1，于是a1＝－8，从而an＝－9＋n0的最小正整数n的值是10.7．在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝1－1an，则a10＝()A．2B．3C．－1D.12解析∵a1＝12，an＋1＝1－1an，∴a2＝1－2＝－1，同理可得：a3＝2，a4＝12，…，∴an＋3＝an.∴a10＝a3×3＋1＝a1＝12.故选D.8．设等差数列{an}的公差为2，前10项和为490，等差数列{bn}的公差为4，前10项和为240.以ak，bk为邻边的矩形内的最大圆的面积记为Sk，若k≤18，则Sk＝()A．π(2k＋1)2B．π(2k＋3)2C．π(k＋1)2D．π(k＋18)2解析由10a1＋10×10－12×2＝490，得a1＝40，∴an＝40＋2(n－1)＝2n＋38.由10b1＋10×10－12×4＝240，得b1＝6，∴bn＝6＋4(n－1)＝4n＋2.∵ak－bk＝(2k＋38)－(4k＋2)＝36－2k，∴当k≤18时，36－2k≥0，即2k＋38≥4k＋2，∴以ak和bk为邻边的矩形内的最大圆的半径为2k＋1，则该最大圆的面积Sk＝π(2k＋1)2.9．数列{an}中，an＝3n－7(n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝13，bn－1＝27bn(n≥2且n∈N＋)，若an＋logkbn为常数，则满足条件的k值()A．唯一存在，且为13B．唯一存在，且为3C．存在且不唯一D．不一定存在解析依题意，bn＝b1·127n－1＝13·133n－3＝133n－2，∴an＋logkbn＝3n－7＋logk133n－2＝3n－7＋(3n－2)logk13＝3＋3logk13n－7－2logk13.∵an＋logkbn是常数，∴3＋3logk13＝0，即logk3＝1，∴k＝3.10．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A．21B．20C．19D．18解析∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，∴99－105＝3d.∴d＝－2.又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.∴Sn＝na1＋nn－12d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴当n＝20时，Sn有最大值．11．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则56是数列中的()A．第48项B．第49项C．第50项D．第51项解析将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n组n个，即11，12，21，13，22，31，…，1n，2n－1，…，n1，则第n组中每个数分子分母的和为n＋1.则56为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.12．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2017积数列”，且a11，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为()A．1008B．1009C．1007或1008D．1008或1009解析由题意，a2017＝a1a2…a2017，∴a1a2…a2016＝1，∴a1a2016＝a2a2015＝a3a2014＝…＝a1007a1010＝a1008·a1009＝1，∵a11，q0，∴a10081,0a10091，∴前n项积最大时n的值为1008.故选A.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．若等比数列{an}满足a2a4＝12，则a1a23a5＝________.14解析∵a2a4＝a23＝12，∴a1a23a5＝a43＝14.14．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3＝3，则S9S6＝________.73解析因S6S3＝3，故q≠1，∴a11－q61－q×1－qa11－q3＝1＋q3＝3，即q3＝2.所以S9S6＝a11－q91－q×1－qa11－q6＝1－231－22＝73.15．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．n2＋n解析由题中数表，知第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成一等差数列，设为{an}，则a1＝n，d＝2n－n＝n，所以an＋1＝n＋n·n＝n2＋n，即第n行第n＋1列的数是n2＋n.16．已知{an}是等差数列，d为其公差，Sn是其前n项和，若只有S4是{Sn}中的最小项，则可得出的结论中正确的是____________．①d0②a40③a50④S70⑤S80①②③④解析由已知条件得a50，a40，则d0，故①②③正确．因为S7＝7a1＋a72＝7a40，故④正确．S8＝8a1＋a82＝4(a4＋a5)无法判断其正负，故⑤错误．综上可得结论正确的有①②③④.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}，{bn}的通项公式．解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.由a3＋b3＝17得1＋2d＋3q2＝17，①由T3－S3＝12得q2＋q－d＝4.②由①、②及q0解得q＝2，d＝2.故所求的通项公式为an＝2n－1，bn＝3×2n－1.18．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)当n＝1时，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，求得a1＝1.(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，∴Sn＝2Sn－1＋2n－1，①∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②由②－①，得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即an＋1＋2an＋2＝2(n≥2)．求得a1＋2＝3，a2＋2＝6，则a2＋2a1＋2＝2，∴{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．∴an＋2＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－2，n∈N*.19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22，(1)该数列前多少项的和最大？最大和是多少？(2)求数列{|an|}的前n项和．解(1)设数列{an}的公差为d，由a1＋9d＝23，a1＋24d＝－22，得a1＝50，d＝－3.∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53，令an0，得n533，∴当n≤17，n∈N*时，an0；当n≥18，n∈N*时，an0，∴{an}前17项的和最大．Smax＝S17＝17×50＋17×8×(－3)＝442.(2)当n≤17，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋nn－12d＝－32n2＋1032n，∴当n≤17，n∈N*时，{|an|}前n项和为－32n2＋1032n，当n≥18，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)＝32n2－1032n＋884，当n≥18，n∈N*时，{|an|}前n项和为32n2－1032n＋884.20．(本小题满分12分)数列{an}的前n项和为Sn，an是Sn和1的等差中项，等差数列{bn}满足b1＋S4＝0，b9＝a1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝1bn＋16bn＋18，求数列{cn}的前n项和Wn.解(1)∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn＝2an－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1.∴a1＝1且an≠0，∴anan－1＝2，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－2n1－2＝2n－1.设{bn}的公差为d，b1＝－S4＝－15，b9＝－15＋8d＝1，∴d＝2，∴bn＝－15＋(n－1)×2＝2n－17.(2)cn＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Wn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝12－14n＋2＝n2n＋1.21．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝76，Sn是{an}的前n项和，点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝12x＋13的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若cn＝an－23n，Tn为cn的前n项和，n∈N*，求Tn.解(1)∵点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝12x＋13的图象上，∴Sn＋1＝12×(2Sn＋an)＋13，∴an＋1＝12an＋13.∵an＋1－23＝12an－23，∴数列an－23是以a1－23＝76－23＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴an－23＝12×12n－1，即an＝23＋12n.(2)∵cn＝an－23n