必修5 >第二章 等差数列与等比数列 专题提升测试（附答案解析）

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数学必修5　等差数列与等比数列　专题训练　
1.在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为(　　)
A.6 B.12 C.24 D.48
2.设Sn是等差数列{an}的前n项和.若＝，则＝(　　)
A. B. C. D.
3.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)
A.16 B.8 C.2 D.4
4.已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝(　　)
A.1 B.5 C. D.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，Sn＝10，则n＝(　　)
A.90 B.119 C.120 D.121
6.已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023
7.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 020这2 020个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列共有(　　)
A.98项 B.97项 C.96项 D.95项
8.杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡(1623～1662)是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列前135项的和为(　　)
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A.218－53 B.218－52
C.217－53 D.217－52
9.已知等差数列{an}前15项的和S15＝30，则a2＋a9＋a13＝________.
10.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n＝________.

11.等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.


12.已知正项等比数列{an}满足S2＝6，S4＝30.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，已知数列的前n项和为Tn，试证明：Tn<1恒成立.


13.已知数列{an}，a1＝e(e是自然对数的底数)，an＋1＝a(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)ln an，求数列{bn}的前n项和Tn.




















答案解析
1.解析　∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，
由等差数列的性质，a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.
答案　D
2.解析　由等差数列的求和公式得＝＝，即a1＝2d，且d≠0，所以＝＝＝.
答案　A
3.解析　因为a4与a14的等比中项为2，
所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8，
所以2a7＋a11≥2＝2＝8，
所以2a7＋a11的最小值为8.
答案　B
4.解析　由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝＝.
答案　D
5.解析　∵an＝＝－，
∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1＝10，
∴n＋1＝121，则n＝120.
答案　C
6.解析　∵＝1＋，∴Tn＝n＋1－，
∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，
又m>T10＋1 013恒成立，∴整数m的最小值为1 024.
答案　C
7.解析　能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故an＝21n－20，由1≤an≤2 020得1≤n≤97，又n∈N*，故此数列共有97项.
答案　B
8.解析　n次的二项式系数对应“杨辉三角”中的第n＋1行.例如(x＋1)2＝x2＋2x＋1，系数分别为1，2，1，对应“杨辉三角”中的第3行.再令二项式中的x＝1，就可求得该行系数之和.第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推，可发现，每一行数除1外，第3行和为22－2，第4行和为23－2，第5行和为24－2，…，第18行和为217－2.若去除所有为1的项，则剩下的，从第3行开始，每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看出构成一个首项为1，公差为1的等差数列，设等差数列的前n项和为Tn，则Tn＝，可算得当n＝16时，T16＝136，前135项到第18行倒数第3个数，而第18行最后两个数为17，1，所以所求前135项的和为22－2＋23－2＋…＋217－2－17＝－32－17＝218－53.
答案　A
9.解析　设等差数列的公差为d，{an}前15项的和S15＝30，
所以＝30，即a1＋7d＝2，
则a2＋a9＋a13＝(a1＋d)＋(a1＋8d)＋(a1＋12d)
＝3(a1＋7d)＝6.
答案　6
10.解析　由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝＝126，解得n＝6.
答案　6
11.解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
12.(1)解　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q>0)，
由S2＝6，S4＝30得
解得a1＝2，q＝2(－2舍去).
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为an＝2n.
(2)证明　由(1)知，an＝2n，所以bn＝log2an＝log22n＝n，
所以＝＝－，
故Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝1－<1.
13.解　(1)由a1＝e，an＋1＝a知，an>0，
所以ln an＋1＝3ln an，
数列{ln an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以ln an＝3n－1，an＝e3n－1(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝(2n－1)ln an＝(2n－1)·3n－1，
Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，①
3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，②
①－②，得－2Tn＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2(n－1)×3n－2.
所以Tn＝(n－1)×3n＋1(n∈N*).





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