2021年高中数学必修5《数列求和》同步精选卷（word含解析）

2021年高中数学必修5
《数列求和》同步精选卷
一、选择题
设数列{an}的前n项和为Sn=n2，则a8的值为(　　).
A.15 B.16 C.49 D.64
已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是 (　　).
A.2 B.3 C.6 D.9
等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a7＋a9=15，则S11的值为(　　).
A.37.5 B.50 C.55 D.110
如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5=12，那么a1＋a2＋…＋a7=(　　).
A.14 B.21 C.28 D.35
一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n项和最大时，n等于( )
A.5 B.6 C.7 D.8
在公比为正数的等比数列{an}中，若a1＋a2=2，a4＋a3=8，则S8等于( )
A.21 B.42 C.135 D.170
等比数列{an}的各项都是正数，若a1=81，a5=16，则它的前5项和是( )
A.179 B.211 C.243 D.275
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2＋10a1，a5=9，则a1=( )
A. B.- C. D.-
一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是(　　)
A．190 B．191 C．192 D．193
设{an}是公比为正数的等比数列，若a1=1，a5=16，则数列{an}前7项的和为(　　)
A．63 B．64 C．127 D．128
已知x≠y，且两个数列x，a1，a2，…，am，y与x，b1，b2，…，bn，y各自都成等差数列，
则等于(　　)
A. B. C. D.
在等比数列{an}中，公比q=2，log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a10=35，则S10=(　　)
A. B. C．235 D.
二、填空题
已知数列{an}中，a1=－7，a2=3，an＋2=an＋2，则S100=　　　　.
在等比数列{an}中，公比q=2，前99项的和S99=30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99=　　　　.
在－1与7之间顺次插入三个数a、b、c，使这5个数成等差数列，则插入的三个数为　　　　.
设数列{an}(n=1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1=2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5=________.
三、解答题
在等差数列{an}中，
(1)已知a4=10，a10=－2，且Sn=60，求n.
(2)已知a1=－7，an＋1=an＋2，求S17.
(3)若a2＋a7＋a12=24，求S13.
已知{an}为等差数列，Sn是{an}的前n项和，S7=7，S15=75.
(1)求证：数列{}是等差数列；
(2)求数列{}的前n项和Tn.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，且S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的范围；
(2)问前几项的和最大，并说明理由．
已知等差数列{an}满足a2=0，a6＋a8=－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
已知数列{an}的前n项和Sn=2n-n2，an=log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知数列{an}满足a1=，且当n>1，n∈N＋时，有，设bn=，n∈N＋.
(1)求证：数列{bn}为等差数列.
(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由.
数列{an}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn=3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
答案解析
答案为：A；解析：a8=S8－S7=82－72=15.
答案为：B；
解析：由题意得m+2n=8,2m+n=10,∴m＋n=6.∴m和n的等差中项为3.
答案为：C；
解析：由等差数列性质得a2＋a7＋a9=3a6=15，∴a6=5，S11=11a6=55.故选C.
答案为：C；
解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5=3a4，由3a4=12，得a4=4，所以a1＋a2＋…＋a7=7a4=28.
答案为：C；
解析：由S3=S11及首项为正可知，d＜0，故知Sn=na1＋d=n2＋(a1-)n，
是一个开口向下的抛物线，S3=S11告诉我们，抛物线的对称轴n=，
故知数列的前n项和最大时的n等于7.
答案为：D；
答案为：B；
答案为：C；
答案为：C；
解析：设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q=，n=7，解得a1=192.
答案为：C；
解析：设数列{an}的公比为q(q＞0)，则有a5=a1q4=16，
所以q=2，数列的前7项和为S7===127.
答案为：D；
解析：设这两个等差数列公差分别是d1，d2，
则a2－a1=d1，b2－b1=d2，第一个数列共(m＋2)项，所以d1=；
第二个数列共(n＋2)项，所以d2=，这样可求出==.
答案为：A；
解析：由题意知log2(a1·a2·…·a10)=35，∴a1·a2·a3·…·a10=235.
∴a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1q9)=235.∴aq1＋2＋3＋…＋9=235.
∴a·245=235，即a=，∴a1=.∴a1＋a2＋…＋a10==.
答案为：4 700；
解析：由a1=－7，an＋2=an＋2，可得an＋2－an=2，
∴a1，a3，a5，a7，…，a99是以－7为首项，公差为2的等差数列，共50项.
∴a1＋a3＋a5＋…＋a99=50×(－7)＋×2=2 100.
同理，a2，a4，a6，…，a100是以3为首项，公差为2的等差数列，共50项.
∴a2＋a4＋a6＋…＋a100=50×3＋×2=2 600.∴S100=2 100＋2 600=4 700.
答案为：；
答案为：1,3,5；
解析：5个数成等差数列，则a1=－1，a5=7，∴d==2，
∴插入的三个数依次为1,3,5.
答案为：34；
解析：由Sn＋a1=2an，得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2)，即an=2an-1(n≥2)．
从而a2=2a1，a3=2a2=4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3=2(a2＋1)，
所以a1＋4a1=2(2a1＋1)，解得a1=2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2n，所以a1＋a5=2＋25=34.
解:(1)设{an}的首项为a1，公差为d，由a4=10，a10=－2，得a1+3d=10,a1+9d=-2∴a1=16,d=-2.
∴Sn=n×16＋×(－2)=60.整理可得：n2－17n＋60=0，∴n=5或n=12.
(2)由a1=－7，an＋1=an＋2，得an＋1－an=2，则a1，a2，…，a17是以－7为首项，
公差为2的等差数列，∴S17=17×(－7)＋×2=153.
(3)∵a2＋a12=a1＋a13=2a7，又∵a2＋a7＋a12=3a7=24，
∴a7=8，∴S13=×13=13×8=104.
(1)证明：设数列{an}的公差为d，由题意得Sn=na1＋n(n－1)d，
∵S7=7，S15=75，∴7a1+21d=7,15a1+105d=75,解得a1=-2,d=1.
∴=a1＋(n－1)d=－2＋(n－1).∴－=.∴数列{}是等差数列.
(2)解:由(1)知数列{}的首项为=－2，公差为，
∴其前n项和为Tn=n·(－2)＋·=n2－n.
解：(1)因为a3=12，所以a1=12－2d，
因为S12＞0，S13＜0，
所以即
所以－＜d＜－3.
(2)因为S12＞0，S13＜0，
所以所以
所以a6＞0，又由(1)知d＜0.
所以数列前6项为正，从第7项起为负．
所以数列前6项和最大．
解：
(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得
解得
故数列{an}的通项公式为an=2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，即Sn=a1＋＋…＋，
故S1=1，=＋＋…＋.
所以，当n＞1时，=a1＋＋…＋－=
1－－=1－－=，所以Sn=，
综上，数列的前n项和Sn=.
解：当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2n-n2)-[2(n-1)-(n-1)2]=-2n＋3，
当n=1时，a1=S1=2×1-12=1也适合上式，
∴{an}的通项公式an=-2n＋3(n∈N*)．
又an=log5bn，
∴log5bn=-2n＋3，
于是bn=5-2n＋3，bn＋1=5-2n＋1，
∴==5-2=.
因此{bn}是公比为的等比数列，且b1=5-2＋3=5，
于是{bn}的前n项和Tn==.
(1)证明：当n>1，n∈N＋时，
=2+=4bn-bn-1=4,
且b1==5.∴{bn}是等差数列，且公差为4，首项为5.
(2)解:由(1)知bn=b1＋(n－1)d=5＋4(n－1)=4n＋1.∴an==，n∈N＋.
∴a1=，a2=，∴a1a2=.令an==，∴n=11.即a1a2=a11，
∴a1a2是数列{an}中的项，是第11项.
(1)证明：由已知可得=＋1，即－=1，
所以是以=1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)得=1＋(n－1)·1=n，所以an=n2.从而bn=n·3n。
Sn=1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn=1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①—②得，－2Sn=31＋32＋…＋3n－n·3n＋1=－n·3n＋1=.
所以Sn=.