数列单元测试教师版

高二数学《数列》单元测试题

一． 选择题

1．（2015春?南昌期中）已知数列3，7，11，…，139与2，9，16，…，142，则它们所有公共项的个数为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 考点： 数列的概念及简单表示法． 专题： 计算题． 分析： 可先分别求出数列3，7，11，…，139与2，9，16，…，142的通项公式，判断最后一项是第几项，再根据公共项相等，得出含项数m，n的等式，再根据m，n为整数，求出个数即可． 解答： 解；由题意可知数列3，7，11，…，139的通项公式为an=4n﹣1，139是数列第35项． 数列2，9，16，…，142的通项公式为bm=7m﹣5，142是数列第21项， 设数列3，7，11，…，139第n项与，数列2，9，16，…，142的第m项相同，则4n﹣1=7m﹣5，n==﹣1， ∴m为4的倍数，m小于21，n小于35，由 此可知，m只能为4，8，12，16，20．此时n的对应值为6，13，20，27，34 所以，公共项的个数为5． 故选B 点评： 本题考查了等差数列的通项公式，属常规题，必须掌握． 2．（2015?房山区一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn=2an+1，则Sn=（ ）

A．2

n﹣1

B． C． D．

考点： 数列递推式；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和． 专题： 计算题． 分析： 直接利用已知条件求出a2，通过Sn=2an+1，推出数列是等比数列，然后求出Sn． 解答： 解：因为数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn=2an+1，a2= 所以Sn﹣1=2an，n≥2，可得an=2an+1﹣2an，即：， 所以数列{an}从第2项起，是等比数列，所以Sn=1+故选：B． 点评： 本题考查数列的递推关系式的应用，前n项和的求法，考查计算能力． =，n∈N+． 3．（2015?金家庄区校级模拟）在数列{an}中，若a1=1，且对所有n∈N满足a1a2…an=n，则a3+a5=（ ） A．

B．

C．

+2 D．

考点： 数列递推式． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： 首先根据题意求出a1a2…an﹣1=（n﹣1）2 （n≥2），与原式相除可以求出{an}的表达式，进而求出a3和a5的值，从而求出所求． 解答： 解：由题意a1a2…an=n2， 故a1a2…an﹣1=（n﹣1）， 2两式相除得：an= （n≥2）， 所以a3=，a5=即a3+a5=故选B． ， 点评： 本题主要考查数列递推式的知识点，解答本题的关键是求出数列{an}的表达式，属于基础题． 4．（2015?辽宁校级模拟）己知数列{an}的首项a1=1且an﹣an+1=anan+1，（n∈N+），则a2015=（ ） A．

B．

C．﹣ D．

考点： 数列递推式． 专题： 等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法． 分析： 通过a﹣a=aa可知数列{}是以首项和公差均为1的等差数列，计算即可． nn+1nn+1解答： 解：∵a﹣a=aa，∴nn+1nn+1又∵a1=1，∴∴数列{∴∴=1， ， }是以首项和公差均为1的等差数列， =1+（n﹣1）=n， =2015，∴a2015=， 故选：D． 点评： 本题考查数列的递推式，熟练变形利用等差数列的通项公式是解题的关键，属于中档题． 5．（2014春?惠州校级期中）数列{an}中，a1=1，an+1=A．100项 B．101项 C．102项 D．103项 考点： 数列的概念及简单表示法． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： *由an+1=（n∈N），两边取倒数可得：（n∈N），则

*

是这个数列的第（ ）项．

，利用等差数列的通项公式即可得出． 解答： 解：由an+1=∴数列{（n∈N），两边取倒数可得：*，即． }是等差数列， ∴=1+=． ∴． 令∴=，解得n=100． 是这个数列的第100项． 故选：A． 点评： 本题考查了递推式、通过取倒数转化为等差数列求通项公式，属于基础题． 6.已知方程（2x﹣2ax+1）（2x﹣2bx+1=0）的四个根组成一个首项为的等比数列，则a﹣b=（ ） A．1

B．

C．

22

D．

考点： 等比数列的性质． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： 由一元二次方程根与系数的关系和等比数列性质，四个根组成的首项为的等比数列，且首项与末项的积等于第二项与第三项的积等于2，从而确定数列的每一项，再由两根之和分别为a、b，即可求出结果． 2解答： 解：∵方程（2x2﹣2ax+1）（2x﹣2bx+1=0） 22等价于2x﹣2ax+1=0 ①或2x﹣2bx+1=0 ② 设方程①两根为x1，x4，方程②两根为x2，x3， 由韦达定理可得x1x4=，x1+x4=a x2x3=，x2+x3=b 又方程（2x﹣2ax+1）（2x﹣2bx+1=0）的四个根组成一个首项为的等比数列， 22∴x1，x2，x3，x4分别为这个数列的前四项，且x1=，x4==2， ∴数列的公比为2，∴x2=，x3=1， ∴a=x1+x4=，b=x2+x3=，故a﹣b=﹣=， 故选B 7.已知方程（x﹣2x+m）（x﹣2x+n）=0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|m﹣n|等于（ ） A．1

B．

C．

D．

22

考点： 等差数列的性质；一元二次不等式的解法． 专题： 计算题． 分析： 设4个根分别为x1、x2、x3、x4，进而可知x1+x2和x3+x4的值，进而根据等差数列的性质，当m+n=p+q时，am+an=ap+aq．设x1为第一项，x2必为第4项，可得数列，进而求得m和n，则答案可得． 解答： 解：设4个根分别为x1、x2、x3、x4， 则x1+x2=2，x3+x4=2， 由等差数列的性质，当m+n=p+q时，am+an=ap+aq． 设x1为第一项，x2必为第4项，可得数列为，，，， ∴m=，n=． ∴|m﹣n|=． 故选C 8．（2015春?宁县校级期末）观察数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…的特点，问第100项为（ ） A．10 B．14 C．13 D．100 考点： 数列的概念及简单表示法． 专题： 点列、递归数列与数学归纳法． 分析： 根据数列项的值，寻找规律即可得到结论． *解答： 解：设n∈N，则数字n共有n个 所以由≤100， 即n（n+1）≤200， 又因为n∈N， 所以n=13，到第13个13时共有=91项， *从第92项开始为14，故第100项为14． 故选：B． 点评： 本题主要考查数列的简单表示，根据条件寻找规律是解决本题的关键． 9．（2015?临潼区校级模拟）数列{an}满足an+1=，若a1=，则a2014=（ ）

A． B． C．

D．

考点： 数列递推式． 专题： 计算题；等差数列与等比数列． 分析： 利用a1=，an+1=解答： 解：∵a1=，an+1=， ，得到规律，即可得出结论． ∴a2=，a3=，a4=，a5=，a6=， ∴数列{an}的周期为4， ∴a2014=， 故选：A． 点评： 本题考查数列递推式，考查学生的计算能力，比较基础． 10．（2014秋?潮州期末）十三世纪初，意大利数学家斐波那契（Fibonacci，1170～1250）从兔子繁殖的问题，提出了世界著名数学问题“斐波那契数列”，该数列可用递推公式F7=（ ） A．8 B．13 C．21 D．34 考点： 数列的概念及简单表示法． 专题： 计算题． 由此可计算出

分析： 根据“斐波那契数列”递推公式Fn=解答： 解：∵Fn=， 即可求得F7． ∴F3=1+1=2， F4=F3+F2=2+1=3， F5=F3+F4=2+3=5， F6=F4+F5=3+5=8， F7=F5+F6=5+8=13． 故选B． 点评： 本题考查数列的概念及简单表示法，考查推理与运算能力，属于中档题． 二、填空题 11．（2015?洛阳一模）已知数列{an}的通项公式为an=n+λn（n=1，2，3，…），若数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是 （﹣3，+∞） ． 考点： 数列的函数特性． 专题： 等差数列与等比数列． 22分析： 由已知条件推导出an+1﹣an=（n+1）+λ（n+1）﹣（n+λn）=2n+1+λ＞0恒成立，由此能求出实数λ的取值范围． 解答： 解：∵数列{an}的通项公式为an=n2+λn（n=1，2，3，…）， 2

数列{an}是递增数列， ∴an+1﹣an 22=（n+1）+λ（n+1）﹣（n+λn） =2n+1+λ＞0恒成立 ∵2n+1+λ的最小值是2×1+1+λ=3+λ＞0 ∴λ＞﹣3 即实数λ的取值范围是（﹣3，+∞）． 故答案为：（﹣3，+∞）． 点评： 本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意单调性的灵活运用． ﹣n

12．（2015?长宁区一模）已知数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2，则其通项公式为

．

考点： 数列的函数特性． 专题： 计算题． 分析： ﹣n由数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2，利用公式直接求解． 解答： 解：a1=S1=5﹣4×21=3， an=Sn﹣Sn﹣1 ﹣n﹣n﹣1=（5﹣4×2）﹣（5﹣4×2） ﹣=．

当n=1时，， ∴． 故答案为：． 点评： 本题考查数列的通项公式的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的灵活运用． 13．（2015?淮阴区校级模拟）等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式22]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是 11 ． 考点： 数列的函数特性． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 根据已知中等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式+++c≥0的解集为[0，

+c≥0的解集为[0，22]，我们根据不等式解析的形式及韦达定理，易判断出数列的首项为正，公差为负，及首项与公差之间的比例关系，进而判断出数列项的符号变化分界点，即可得到答案． 解答： 解：∵关于x的不等式++c≥0的解集为[0，22]， ∴22=，且＜0， 即＞0， 则a11=a1+10d＞0，a12=a1+11d＜0， 故使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是11． 故答案为：11． 点评： 本题考查的知识是数列的函数特性，其中根据不等式解析的形式及韦达定理，易判断出数列的首项为正，公差为负，及首项与公差之间的比例关系，是解答本题的关键． 14.（2015?淄博二模）已知数列{an}满足a1=1，an=logn（n+1）（n≥2，n∈N）．定义：使乘积a1?a2…ak为正整数*

的k（k∈N）叫做“易整数”．则在[1，2015]内所有“易整数”的和为 2036 ． 考点： 数列的函数特性． 专题： 函数的性质及应用． 分析： 由题意，及对数的换底公式知，a1?a2?a3…ak=log2（k+1），结合等比数列的前n项和进行求解即可． 解答： 解：∵an=logn（n+1）， ∴由a1?a2…ak为整数得1?log23?log34…logk（k+1）=log2（k+1）为整数， m设log2（k+1）=m，则k+1=2， m∴k=2﹣1； *∵2=2048＞2015， 23410∴区间[1，2015]内所有“易整数”为：2﹣1，2﹣1，2﹣1，…，2﹣1， 23410其和M=2﹣1+2﹣1+2﹣1+…+2﹣1=2035． 故答案为：2035． 点评： 本题以新定义“易整数”为切入点，主要考查了对数的换底公式及对数的运算性质的应用． 15．（2015?开封模拟）已知函数f（n）=ncos（nπ），且an=f（n）+f（n+1），则a1+a2+a3+…+a100= ﹣100 ． 考点： 数列的函数特性． 专题： 计算题． 分析： 由于cos（nπ）的值与n是奇数、偶数有关，故先分n是奇数、偶数，求数列an的通项公式，再分组求和即可得所求和 解答： 22解：∵an=f（n）+f（n+1）=ncos（nπ）+（n+1）cos（（n+1）π）=， 112

即an= ∴a1+a2+a3+…+a100=3﹣5+7﹣9+11…﹣201=50×（﹣2）=﹣100 故答案为﹣100 点评： 本题主要考查了函数与数列间的关系，求数列通项公式的方法，数列求和的方法和技巧，属基础题 三．解答题 16．（2015?武侯区校级一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=﹣5，S5=﹣20． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求使不等式Sn＞an成立的n的最小值． 考点： 等差数列的前n项和；数列与不等式的综合． 专题： 计算题；等差数列与等比数列． 分析： （Ⅰ）设{an}的公差为d，利用首项a1及公差d表示已知，解方程即可求解a1，d，进而可求通项公式． （Ⅱ）利用等差数列的求和公式及通项公式代入已知，整理解不等式即可求解n的范围，可求． 解答： 解：（Ⅰ）设{an}的公差为d， 依题意，有a2=a1+d=﹣5，S5=5a1+10d=﹣20， 联立得 解得， 所以an=﹣6+（n﹣1）?1=n﹣7． （Ⅱ）因为an=n﹣7， 所以令即n﹣15n+14＞0， 解得n＜1或n＞14， *又n∈N，所以n＞14， 所以n的最小值为15． 2， ， 点评： 本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，一元二次不等式的求解，属于基础试题 17．（2015?西安校级三模）已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且C=2A，cosA=． （1）求c：a的值；

（2）求证：a，b，c成等差数列． 考点： 等差关系的确定；二倍角的正弦． 专题： 解三角形． 分析： （1）利用倍角公式与正弦定理即可得出； （2）利用倍角公式、两角和差的正弦公式、等差数列的定义即可得出． 解答： 解：（1）∵C=2A，∴sinC=sin2A， ∴==2cosA==． ∴=． （2）∵cosC=cos2A=2cosA﹣1=∴∵cosA=，∴=， ， ， 2﹣1=， ∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=∴sinA+sinC==2sinB． 即2b=a+c， ∴a，b，c成等差数列． 点评： 本题考查了倍角公式、两角和差的正弦公式、正弦定理、等差数列的定义、同角三角函数的基本关系式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 18．（2015?鄂州三模）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+2（n∈N）． （1）设bn=an+1﹣2an，证明数列{bn}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式． 考点： 数列递推式；等比关系的确定． 专题： 综合题． 分析： （1）由题设条件知b1=a2﹣2a1=3．由Sn+1=4an+2和Sn=4an﹣1+2相减得an+1=4an﹣4an﹣1，即an+1﹣2an=2（an﹣2an﹣1），所以bn=2bn﹣1，由此可知{bn}是以b1=3为首项、以2为公比的等比数列． *

（2）由题设知的通项公式． ．所以数列是首项为，公差为的等差数列．由此能求出数列{an}解答： 解：（1）由a1=1，及Sn+1=4an+2， 得a1+a2=4a1+2，a2=3a1+2=5，所以b1=a2﹣2a1=3． 由Sn+1=4an+2，① 则当n≥2时，有Sn=4an﹣1+2，② ①﹣②得an+1=4an﹣4an﹣1，所以an+1﹣2an=2（an﹣2an﹣1）， 又bn=an+1﹣2an，所以bn=2bn﹣1，所以{bn}是以b1=3为首项、以2为公比的等比数列．（6分） （2）由（I）可得bn=an+1﹣2an=3?2n﹣1，等式两边同时除以2n+1，得． 所以数列是首项为，公差为的等差数列． 所以，即an=（3n﹣1）?2n﹣2（n∈N）．（13分） *点评： 本题考查数列的性质和应用，解题时要掌握等比数列的证明方法，会求数列的通项公式． 19．（2015?南市区校级模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=3，S15=225． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设

，求数列{bn}的前n项和Tn．

考点： 等差数列的通项公式；数列的求和． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： （1）设出等差数列的首项和公差，由a2=3，S15=225列关于首项和公差的方程组求解首项和公差，然后代入通项公式即可； （2）把an代入解答： ，分组后运用等比数列和等差数列的求和公式进行计算． 解：（1）设数列{an}的公差为d，依题意得： 解得 ∴数列{an}的通项公式an=2n﹣1． （2）由（1）得∴Tn=b1+b2+…+bn=， == ． 点评： 本题考查了等差数列的通项公式，考查了数列的求和，分组求和是数列求和的一种重要方法，此题是中档题． 20．（2015?达州一模）设数列{an}为等差数列，且a3=5，a5=9；数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn+bn=2． （Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）若

，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn．

考点： 数列的求和；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列递推式． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： （I）由题意可得数列{an}的公差，进而得通项，由Sn+bn=2可得Sn=2﹣bn，当n=1时，可解b1=1，当n≥2时，可得，由等比数列的通项公式可得答案； n﹣1（II）由（I）可知cn=解答： =（2n﹣1）?2，由错位相减法可求和． 解：（I）由题意可得数列{an}的公差d=（a5﹣a3）=2， 故a1=a3﹣2d=1，故an=a1+2（n﹣1）=2n﹣1， 由Sn+bn=2可得Sn=2﹣bn，当n=1时，S1=2﹣b1=b1，∴b1=1， 当n≥2时，bn=Sn﹣Sn﹣1=2﹣bn﹣（2﹣bn﹣1），∴∴{bn}是以1为首项，为公比的等比数列， ∴bn=1?=； =（2n﹣1）?2n﹣1， （II）由（I）可知cn=012， n﹣1∴Tn=1?2+3?2+5?2+…+（2n﹣3）?2+（2n﹣1）?2， 123n﹣1n故2Tn=1?2+3?2+5?2+…+（2n﹣3）?2+（2n﹣1）?2， 12n﹣1n两式相减可得﹣Tn=1+2?2+2?2+…+2?2﹣（2n﹣1）?2 =1+2nn﹣2﹣（2n﹣1）?2 n=1﹣4+（3﹣2n）?2， n∴Tn=3+（2n﹣3）?2 点评： 本题考查错位相减法求和，涉及等比数列的通项公式和求和公式，属中档题． 21．（2015?张家港市校级模拟）若数列{an}的相邻两项an，an+1是关于x的方程x﹣2x+bn=0，（n∈N）的两根，且a1=1． （1）求证：数列

是等比数列．

*2n*（2）设是Sn数列{an}的前n项和，问是否存在常数λ，使得bn﹣λSn＞0对任意n∈N都成立，若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由． 考点： 数列的应用． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： n（1）由题意，可利用根与系数的关系得出an+an+1=2，观察发现an+1=﹣（an），由此方程可以得出数列λ＜是等比数列； ，的最小值即可得到参数的取值范围，，对任意正偶数n都成立，求出若此范围是空集则说明不存在，否则，存在． n解答： 解：（1）∵an+an+1=2， n+1∴an+1﹣?2

=（2﹣an）﹣?2nnn+1 =﹣an+2（1﹣） =﹣（an∴数列）， 是首项为a1﹣=，公比为﹣1的等比数列． nn（2）由（1）得an=[2﹣（﹣1）]， ∴Sn=a1+a2+…+an=[（2+2+…+2）﹣（（﹣1）+（﹣1）+…+（﹣1））] 2n2n=[﹣] =[2n+1﹣2﹣] = 又bn=an?an+1=[2﹣（﹣1）][2=[2n+1nnn+1﹣（﹣1）n+1] ﹣（﹣2）﹣1] n∵bn﹣λsn＞0， ∴[2n+1﹣（﹣2）﹣1]﹣λ[2nn+1﹣2﹣]＞0， ∴当n为奇数时， [2n+1﹣（﹣2）﹣1]﹣λ（nn）＞0， ∴λ＜（2+1）对?n∈{奇数}都成立， ∴λ＜1； 当n为偶数时， [2n+1﹣（﹣2）﹣1]﹣λ（n+1n﹣）＞0， ∴λ＜（2∴λ＜， +1）对?n∈{偶数}都成立， 综上所述，λ的取值范围为λ＜1． 点评： 本是考查数列与不等式的综合，此类题一般难度较大，解题的关键是熟练掌握不等式证明的技巧与数列通项求和的技巧，本题中用构造法求数列的通项，是递推关系知道的情况下求数列通项的常用方法，对于不等式恒成立求参数的问题，本题采用了分离常数法的思想将参数独立出来，通过求关于n的代数式的最小值求出参数的取值范围，本题考查了转化化归的思想，方程的思想，构造法的技巧，综合性强，技巧性强，题后应注意总结本题解法上的规律．

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