2022年一中高中数学系统化单元检测必修五第二章数列含解析 .pdf

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1、优秀资料欢迎下载第二章数列一、选择题1设 Sn是等差数列 an 的前 n 项和，若63SS13，则126SS() A310B13C18D192数列 an 是各项均为正数的等比数列，bn 是等差数列，且a6b7，则有 () Aa3 a9b4b10Ba3a9b4b10Ca3 a9b4b10 Da3a9与 b4b10的大小不确定3在等差数列an中，若 a1 003a1 004a1 005a1 00618，则该数列的前2 008 项的和为()A18 072 B3 012 C9 036 D12 048 4 ABC 中， a，b，c 分别为 A，B， C 的对 边，如果a，b，c 成等差数列，B30 ，

2、ABC 的面积为23，那么 b() A231B13C232D235过圆 x2y210 x 内一点 ( 5，3)有 k 条弦的长度组成等差数列，且最小弦长为数列的首项 a1，最大弦长为数列的末项ak，若公差 d2131，则 k 的取值不可能是() A4 B5 C6 D7 6已知等差数列 an中， a7a916，a41，则 a12的值是 () A15 B30 C31 D64 7在等差数列 an 中， 3(a2a6) 2(a5a10a15) 24，则此数列前13 项之和为() A26 B13 C52 D156 8等差数列 an 中， a1a2a3 24，a18a19a2078，则此数列前20 项和等

3、于() A160 B180 C200 D220 9在等比数列 an中， a12，前 n 项和为 Sn，若数列 an1 也是等比数列，则Sn等于()名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载A2n12 B3nC2nD3n1 10已知 an是等比数列， a22，a541，则 a1a2a2a3 anan1() A16(14n) B16(12n) C332( 14n) D332(12n) 二、填空 题11设等比数列

4、 an 的公比为q，前 n 项和为 Sn，若 Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为. 12 设 an 是公比为 q 的等比数列， Sn是它的前 n 项和，若Sn 是等差数列， 则 q_. 13已知数列 an 中，an1221nn则 a9( 用数字作答 ) ，设数列 an 的前 n 项和为 Sn，则 S9( 用数字作答 ). 14 已知等比数列 an 的前 10 项和为 32， 前 20 项和为 56， 则它的前30 项和为15 在等比数列 an中，若 a1a2a38， a4a5a6 4，则 a13a14a15，该数列的前15 项的和 S15. 16等比数列 an 的公比q0，已知a2

5、1，an2an16an，则 an 的前4 项和S4三、解答题17设数列 an是公差不为零的等差数列，Sn是数列 an 的前 n 项和，且21S 9S2，S44S2，求数列 an 的通项公式18设 an是一个公差为d( d0)的等差数列，它的前10 项和 S10110 且 a1，a2，a4成等比数列(1) 证明 a1d；(2) 求公差 d 的值和数列 an 的通项公式 . ( n 为正奇数 ) ( n 为正偶数 ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 8 页 -

6、 - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载19 在等差数列 an中，公差 d0， a1， a2， a4成等比数列 已知数列a1， a3，1ka，2ka， ，nak，也成等比数列，求数列kn 的通项 kn20在数列 an中， Sn14an2，a11(1) 设 bnan12an，求证数列 bn是等比数列；(2) 设 cnnna2，求证数列 cn是等差数列；(3) 求数列 an 的通项公式及前n 项和的公式 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 -

7、 - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载参考答案一、选择题1A 解析：由等差数列的求和公式可得63SSdada156331131，可得 a12d 且 d0 所以126SSdada661215611dd90271032B 解析：解法1：设等比数列 an的公比为 q，等差数列 bn 的公差为d，由 a6b7，即 a1q5b7 b4b102b7， ( a3a9) (b4b10)( a1q2a1q8) 2b7(a1q2a1q8) 2a1q5a1q2(q62q31)a1q2(q31)20 a3a9b4b10解法 2： a3a9a26，b4b102b7， a3a9(b4b10) a3a92b7又

8、 a3a9293aa(3a9a)20， a3a9293aa a3a92b7293aa2b72a62a60， a3a9b4b103C 解析：a1a2 008a1 003a1 006a1 004a1 005，而 a1 003a1 0 04a1 005a1 00618，a1a2 0089， S2 00821(a1a2 008) 2 0089 036，故选 C4B 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载解析：a

9、，b，c 成等差数列，2bac，又 SABC21acsin 3023， ac6， 4b2a2c212，a2c24b212，又 b2a2c22accos 30 4b21263 ， 3b21263 ，b2423 ( 13 )2 b3 15A 解析：题中所给圆是以( 5，0) 为圆心， 5 为半径的圆，则可求过( 5，3) 的最小弦长为8，最大弦长为10， aka12，即( k1) d2，kd21 5，7 ， k46A 解析：a7a9a4a1216，a41， a12157A 解析： a2a62a4，a5a10a153a10， 6a46a1024，即 a4a104， S13213131)(aa2131

10、04)(aa268B 解析：7824209118321aaaaaa ( a1a20) (a2a19) (a3a18) 54，即 3(a1a20) 54， a1a2018， S20220201)(aa1809C 解析：因数列 an为等比数列，则an2qn1因数列 an1 也是等比数列，则(an11)2( an1)( an21)21na2an1anan2anan2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 8 页 - - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载ana

11、n22an1an(1q22q) 0( q1)20q1由 a12 得 an2，所以 Sn2n10C 解析：依题意a2a1q2，a5a1q441，两式相除可求得q21，a14，又因为数列an是等比数列，所以anan1 是以 a1a2为首项， q2为公比的等比数列，根据等比数列前n 项和公式可得222111qqaan)(332(14n) 二、填空题11 2解析：当 q1 时， Sn+1Sn+2( 2n3)a12na12Sn，q1由题意 2SnSn+1Sn+2Sn+2SnSnSn+1，即 an+1an+2an+1，an+2 2an+1，故 q 2121解析：方法一 SnSn1an，又 Sn为等差数列，

12、an为定值 an为常数列， q1nnaa1方法二： an为等比数列，设ana1qn1，且 Sn为等差数列， 2S2S1S3，2a1q2a12a1a1a1qa1q2，q2q0，q0( 舍) q1. 所以答案为113256，377解析： a928256，S9(a1a3a5a7a9)( a2 a4a6a8) (1222426 28) (371115) 34136 3771474解析：由 an是等比数列， S10a1a2 a10，S20S10a11a12 a20q10S10，S30S20a21a22 a30q20S10，即 S10，S20S10，S30S20也成等比数列， 得( S20S10)2S10

13、(S30S2 0) ，得 ( 5632)232(S3056)， S303232562)(5674名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载1521，211解析：将 a1a2a38，a4a5a6 4两式相除得q321， a13a14a15(a1a2a3) q12842121，S152112118521116152解析：由 an+2an+16an得 qn+1qn6qn1，即 q2q60，q0，解得 q2，又 a

14、21，所以 a121，S42121214)(152三、解答题17解析：设等差数列 an的公差为 d，由前 n 项和的概念及已知条件得a219(2a1d )，4a16d4( 2a1d ) 由得 d2a1，代入有21a 36a1，解得 a10 或 a136将 a10 舍去因此 a136，d72，故数列 an的通项公式an36(n1) 7272n3636(2n1) 18解析： ( 1)证明：因 a1，a2，a4成等比数列，故22a a1a4，而an 是等差数列，有a2a1d，a4a13d，于是 (a1d)2a1( a13d) ，即21a 2a1dd221a 3a1dd0，化简得 a1d(2) 由条件

15、 S10110和 S1010a1d2910，得到 10a145d110，由(1)， a1d，代入上式得55d110，故 d2，ana1( n1) d2n因此，数列 an的通项公式为an2n(n1，2，3， ) 19解析；由题意得22a a1a4，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 优秀资料欢迎下载即(a1d)2a1(a13d) ，d(da1) 0，又 d0，a1d又 a1，a3，1ka，2ka，nak，成等比数列，

16、该数列的公比为q13aadd33， naka13n+1又nak a1(kn1)dkna1， kn3n+1为数列 kn 的通项公式20解析： ( 1)由 a11，及 Sn14an2，有 a1a24a12，a23a125，b1a22a13由 Sn14an2 ，则当 n2 时，有 Sn4an12得 an14an4an1， an12an2( an2an1) 又 bnan12an， bn2bn1 bn是首项 b13，公比为 2的等比数列 bn3 2n 1(2) cnnna2， cn1cn112nnanna21122nnnaa12nnb11223nn43，c121a21， cn 是以21为首项，43为公差

17、的等差数列(3) 由( 2) 可知数列nna2是首项为21，公差为43的等差数列nna221(n1)4343n41，an( 3n1) 2n2是数列 an 的通项公式设Sn(31) 21( 3 21) 20( 3n1) 2n2Sn2SnSn (31) 213( 20212n 2) (3n1) 2n1 1312121n( 3n1) 2n1 13( 3n4) 2n 12 (3n4) 2n1 数列 an的前 n项和公式为 Sn2(3n4) 2n1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -