高中数学必修五数列测试题

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．16 B．32 C．－16 D．－32

3n＋1n为奇数，2．已知数列{an}的通项公式an＝则a2·a3等于( )

2n－2n为偶数，

A．8 B．20 C．28 D．30

3．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．5 B．10 C．20 D．40

4．(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( )

965917

A．102 B. C. D．108

885．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( ) A．81 B．120 C．168 D．192

6．等差数列{an}中，a10<0, a11>0, 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．16 B．8 C．4 D．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S5S8，则下列结论错误的是( )

A．d<0 B．a7＝0

C．S9>S5 D．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＜S5 B．S6＜S5 C．S4＝S5 D．S6＝S5

2112

10．(2017·西安庆安中学月考)数列{an}中，a1＝1，a2＝，且＋＝(n∈N*，n≥2)，

3an－1an＋1an

则a6等于( )

127

A. B. C. D．7 772

1

1nπ

11．(2017·安徽蚌埠二中期中)设an＝sin，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…S100中，

n25正数的个数是( )

A．25 B．50 C．75 D．100

12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n(n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝则数列{bn}的前64项和为( )

63411A. B. C . D. 5203333132二、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＋a9>0，a7＋a10<0，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； 31

(2)若S5＝，求λ.

32

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.

2

1

，anan＋1

(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＋(2n

3

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can＝n·bnn，求数列{cn}的前n项和Tn.

必修五阶段测试二(第二章4

数列)答案与解析－1)(

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， 5a1＋a5故S5＝＝5a3＝10，故选B.

2

4．D 将an＝－2n2＋29n＋3看作一个二次函数， 29

但n∈N*，对称轴n＝开口向下，

4

∴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. 9∴a1＝＝3.

3

31－34S4＝＝120，故选B.

1－36．B ∵a10<0, ∴a1＋9d<0. ∵a11>0, ∴a1＋10d>0.

又a11>|a10|, ∴a1＋10d>－a1－9d. ∴2a1＋19d>0.

19×18

∴S19＝19a1＋d＝19(a1＋9d)<0.

2排除A、D.

20×19

S20＝20a1＋d＝10(2a1＋19d)>0. 排除C.

2故选B.

7．B 由题可知数列{an}为等差数列， 25×a1＋a25

∴S25＝＝100，∴a1＋a25＝8，

2∴a12＋a14＝a1＋a25＝8，故选B. 8．C 由S50， 由S6＝S7，得S7－S6＝a7＝0， ∴d<0，S99．C 设等差数列的首项为a1，公差为d，

a1＋d＝－6，a1＝－8，则解得 a1＋7d＝6.d＝2.

5

nn－1

∴Sn＝－8n＋×2＝n2－9n，

2S4＝－20，S5＝－20， ∴S4＝S5，故选C.

1

10．B 由已知可得数列a是等差数列．

n

2113

∵a1＝1，a2＝，∴＝1，＝，

3a1a22

311157

∴公差d＝－1＝，∴＝＋5d＝1＋＝，

22a6a1222

∴a6＝. 7

nπ

11．D f(n)＝sin的周期T＝50.

25

a1，a2，…，a24>0，a25＝0，a26，a27，…，a49<0，a50＝0. 且sin

26ππ27π2π

＝－sin，sin＝－sin，… 25252525

∴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)， 1111∴bn＝＝n＋1－n＋2，

2n＋1×2n＋24则数列{bn}的前64项和为T64＝

11111114

－＋－＋…＋－＝，故选B.

6566334233413．－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. ∵a4>0，∴q4－q2－2＝0.解得q2＝2. 又∵a2＝1，∴a6＝a2q4＝1×22＝4. 15．496

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＝3a8>0，∴a8>0. 又∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0. ∴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；

6

当n≥2时，∵Sn＝3＋2n，Sn－1＝3＋2n1，

－

∴an＝Sn－Sn－1＝2n1，而a1＝5，

－

5，n＝1，∴an＝n－1

2，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.

118．解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1, 故λ≠1，a1＝，a≠0.

1－λ1

由Sn＝1＋λan，Sn－1＝1＋λan－1得an＝λan－λan－1，即an(λ－1)＝λan－1，由a1≠0，λ≠0anλ

得an≠0.所以＝. an－1λ－1

1λ1λn－1

因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝.

1－λλ－11－λλ－1

λλλ31311

(2)由(1)得Sn＝1－λ－1n，由S5＝得1－λ－12＝，即λ－15＝，解得λ＝－1.

323232

a1＋d＝5，a1＝1，

19.解：(1)由题得∴

4a1＋6d＝28，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)．

a22t＋1

∴当n≥2时，{an}是等比数列．要使n≥1时，{an}是等比数列，则只需＝＝3，

a1t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.

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，∴d<0，d＝－10. nn－1

∴Tn＝15n＋×(－10)＝20n－5n2.

2

7

S6>0，

21.解：(1)由题意，得

S7<0.



∴1

7a＋2×7×6d<0.

1

1

6a1＋×6×5d>0，

2

4623

∴－53∴d＝－8或d＝－9. (2)当d＝－8时，

1

Sn＝23n＋n(n－1)(－8)＝－4n2＋27n.

2当n＝3时，Sn最大，(Sn)max＝45. 当d＝－9时，

1955

Sn＝23n＋n(n－1)×(－9)＝－n2＋n.

222当n＝3时，(Sn)max＝42.

22．解：(1)Sn＝3n，Sn－1＝3n1(n≥2)，∴an＝3n－3n1＝2×3n1(n≥2)．

－

－

－

当n＝1时，a1＝S1＝3≠2×311，

－

3，n＝1，

∴an＝ n－1

2×3，n≥2.

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3，n－11＋2n－3

以上各式相加得，bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝＝(n－1)2.

2

又b1＝－1，故bn＝n2－2n. an·bn(3)由题意得，cn＝＝

n

－3，n＝1， n－1

2n－2×3，n≥2.

当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2×(n－2)×3n1，

－

∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2×(n－2)×3n. 两式相减得，－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n1－2×(n－2)×3n，

－

∴Tn＝－(3＋3＋3＋…＋3

23n－1

3n－32n－53n＋3

)＋(n－2)×3＝(n－2)×3－＝. 22

n

n

2×1－5×31＋32n－53n＋3

又T1＝－3＝，符合上式，∴Tn＝(n∈N*)．

22

8