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绿色通道北师大版 高中必修5数学 教学资源 章末达标检测1.doc

1、章末达标检测章末达标检测(一一) (对应学生用书 P091) 一、选择题 1(2018新疆学业水平考试)在数列1,0, 1 9, 1 8, n2 n2 中,0.08 是它的 () A第 100 项B第 12 项 C第 10 项D第 8 项 解析 n2 n2 0.082n225n500.n10 或 n5 2(舍),选 C. 答案C 2 (2018广东省学业水平考试)已知数列an的前 n 项和 Sn2n 12, 则 a2 1 a22a2n() A4(2n1)2B4(2n 11)2 C.44 n1 3 D.44 n12 3 解析当 n1 时,a12,当 n1 时,an2n 12(2n2)2n, a2

2、n22n4n, 首项 a214,公比 q4,a21a22a2n414 n 14 44 n1 3 .故选 C. 答案C 3 (2018全国卷)设 Sn为等差数列an的前 n 项和, 若 3S3S2S4, a12, 则 a5() A12B10 C10D12 解析设该等差数列的公差为 d, 根据题中的条件可得 3(3232 2 d)22d4243 2 d, 整理解得 d3,所以 a5a14d21210,故选 B. 答案B 4(2019柳州模拟)已知数列an的首项为 1,第 2 项为 3,前 n 项和为 Sn, 当整数 n1 时,Sn1Sn12(SnS1)恒成立,则 S15等于() A210B211

3、C224D225 解析结合 Sn1Sn12(SnS1)可知,Sn1Sn12Sn2a1,得到 an1an2a12,所以 an12(n1)2n1,所以 a1529, 所以 S15a1a1515 2 29115 2 225,故选 D. 答案D 5(2019安徽联考)设 Sn是数列an的前 n 项和,若 anSn2n,则 a100 () A.2 100299 3 B.2 1002100 3 C.2 101299 3 D.2 1012100 3 解析因为 anSn2n,所以 a11,且 an1Sn12n 1,所以 2an 1an 2n, 整理得到 2n 1an 12nan22n, 所以 2100a100

4、2100a100299a99299a99298a9822a221a12a1 49949842244 991 3 2 2002 3 , 所以 a1002 100299 3 ,选 A. 答案A 二、填空题 6(2019新疆学业水平考试)已知等差数列an中,a715,则 a3a5a7 a9a11_. 解析a3a5a7a9a115a751575 答案75 7 (2019合肥一模)设等差数列an满足 a25, a6a830, 则数列 1 a2n1 的 前 n 项的和等于_ 解析an是等差数列,a6a8302a7,a715,a7a25d, 即 1555d,d2,ana2(n2)d2n1, 1 a2n1 1

5、 4nn1 1 4 1 n 1 n1 , 前 n 项和为1 4 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 4 1 1 n1 n 4n1,故答案为 n 4n1. 答案 n 4n1 8(2018北京卷)设an是等差数列,且 a13,a2a536,则an的通项 公式为_ 解析a13,3d34d36,d6,an36(n1)6n3. 答案an6n3 9(2018上海卷)记等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 a30,a6a714, 则 S7_. 解析等差数列an的前 n 项和为 Sn,a30,a6a714, a12d0, a15da16d14, 解得 a14,d2, S77a176 2 d284

6、214.故答案为 14. 答案14 10(2017全国卷)设等比数列an满足 a1a21,a1a33,则 a4 _. 解析设等比数列an的公比为 q,很明显 q1,结合等比数列的通项公 式和题意可得方程组: a1a2a11q1, a1a3a11q23, 由 可得:q2,代入可得 a 11, 由等比数列的通项公式可得 a4a1q38. 答案8 11 (2019南昌模拟)已知点(n, an)在函数 f(x)2x 1 的图像上(nN*), 数列an 的前 n 项和为 Sn,设 bnlog 2S n1 64 ,数列bn的前 n 项和为 Tn,则 Tn的最小 值为_ 解析点(n,an)在函数 y2x 1

7、 图像上, an2n 1, an是首项为 a11,公比 q2 的等比数列, Sn112 n 12 2n1, 则 bnlog 22 n 642n12,b n是首项为10,公差为 2 的等差数列, 当 bn0,即 n6 时,Tn最小,即 Tn最小值为 T6106652 2 30. 答案30 三、解答题 12(2018广东学业水平考试)若等差数列an满足 a1a38,且 a6a12 36. (1)求an的通项公式; (2)设数列bn满足 b12,bn1an12an,求数列bn的前 n 项和 Sn. 解(1)设等差数列an的公差为 d. a1a38, a6a1236 a1a12d8, a15da111

8、d36 a12, d2, an2(n1)22n, 数列an的通项公式为 an2n. (2)由(1)知,an2n, bn1an12an2(n1)22n2n2, bn2(n1)22n4, 又b12 适合上式, bn2n4(nN*) bn1bn2n2(2n4)2, 数列bn是首项为 2,公差为2 的等差数列 Sn2nnn1 2 (2)2nn2nn23n. 13(2017全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n. (1)求an的通项公式; (2)求数列 an 2n1 的前 n 项和 解(1)当 n1 时,a12,当 n2 时,由 a13a2(2n1)an2n, a13a2(2n3)an12

9、(n1), 得(2n1)an2,即 an 2 2n1(n2), 验证 a12 符合上式,所以 an 2 2n1(nN *) (2) an 2n1 2 2n12n1 1 2n1 1 2n1, S11 3 1 3 1 5 1 2n3 1 2n1 1 2n1 1 2n11 1 2n1 2n 2n1. 14(2017天津卷)已知an为等差数列,前 n 项和为 Sn(nN*),bn是首项 为 2 的等比数列,且公比大于 0,b2b312,b3a42a1,S1111b4. (1)求an和bn的通项公式; (2)求数列a2nb2n1的前 n 项和(nN*) 解(1)设等差数列an的公差为 d,等比数列bn的

10、公比为 q. 由已知 b2b312,得 b1(qq2)12,而 b12, 所以 q2q60. 又因为 q0,解得 q2.所以,bn2n. 由 b3a42a1,可得 3da18. 由 S1111b4,可得 a15d16, 联立,解得 a11,d3,由此可得 an3n2. 所以,数列an的通项公式为 an3n2,数列bn的通项公式为 bn2n. (2)设数列a2nb2n1的前 n 项和为 Tn, 由 a2n6n2,b2n124n 1,有 a2nb2n 1(3n1)4n, 故 Tn24542843(3n1)4n, 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n 1, 上述两式相减,得3Tn24

11、34234334n(3n1)4n 1 1214 n 14 4(3n1)4n 1(3n2)4n18. 得 Tn3n2 3 4n 18 3. 所以,数列a2nb2n1的前 n 项和为3n2 3 4n 18 3. 15(2017山东卷)已知xn是各项均为正数的等比数列,且 x1x23,x3 x22. (1)求数列xn的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,依次连接点 P1(x1,1),P2(x2,2), Pn1(xn1,n1)得到折线 P1P2Pn1,求由该折线与直线 y0,xx1,xxn1 所围成的区域的面积 Tn. 解(1)设数列xn的公比为 q,由已知 q0. 由题意得 x1x

12、1q3, x1q2x1q2, 所以 3q25q20, 因为 q0,所以 q2,x11, 因此数列xn的通项公式为 xn2n 1. (2)过 P1,P2,P3,Pn1向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,Q3, Qn1, 由(1)得 xn1xn2n2n 12n1. 记梯形 PnPn1Qn1Qn的面积为 bn. 由题意 bnnn1 2 2n 1(2n1)2n2, 所以 Tnb1b2b3bn 32 1520721(2n1)2n3(2n1)2n2, 又 2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1, 得 Tn32 1(2222n1)(2n1)2n1 3 2 212n 1 12 (2n1)2n 1. 所以 Tn2n12 n1 2 .

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