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 .