必修5 第2章数列 基础测试题-2020-2021学年人教A版高二数学上学期期末复习（Word含解析）

人教A版必修5第二章数列基础测试题
一、单选题
1．下列数列不是等差数列的是（ ）
A．1，1，1，1，1 B．4，7，10，13，16
C． D．-3，-2，-1，1，2
2．已知，，均为正数，若，，，成等比数列，且公比为，则（ ）
A．0 B．1 C．3 D．不确定
3．与的等比中项是（ ）
A．1 B． C．2 D．或1
4．已知为等差数列，为公差，为前n项和，，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．和均为的最大值 D．
5．若数列的通项公式是（），则（ ）
A．15 B．12 C．–12 D．–15
6．设，那么等于（ ）
A． B．
C． D．
7．下列数列中，既是无穷数列又是递增数列的是（ ）
A．… B．…
C．… D．
8．已知中，，，则数列的通项公式是（ ）
A． B． C． D．
9．已知数列中，，，则（ ）
A．2045 B．1021 C．1027 D．2051
10．公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…满足那么=（ ）
A． B． C． D．
11．等比数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知数列是等比数列，则下列说法正确的个数是（ ）
①数列是等比数列；②数列是等比数列；③数列是等比数列；④数列是等比数列；⑤数列是等比数列；⑥数列是等比数列
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题
13．在等差数列中，则_____________.
14．已知数列是等差数列，且，则实数__________.
15．等比数列中，，前项和为，，，成等差数列，则的最大值为________.
16．已知数列的前n项和为，且.则数列的前n项和_________.
三、解答题
17．已知数列满足，
（1）证明是等比数列，
（2）求数列的前项和
18．已知为等差数列，其前项和为，是首项为2且单调递增的等比数列，其前项和为，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，，求数列的前项和．
19．（1）等差数列前项和为，求证：；
（2）等差数列、的前项和分别为和，若，求的表达式.
20．设数列的前n项和，满足，且.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）若，求数列的前n项和.
21．已知等差数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
22．已知数列是等差数列，其前项和为，数列是等比数列，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）设，求数列的前项的和.
参考答案
1．D
【分析】
利用等差数列的定义判断.
【详解】
由等差数列的定义得：
A. ，故正确；
B. ，故正确；
C. ，故正确；
D.每一项与前一项的差不是同一个常数，故错误；
故选：D
2．B
【分析】
根据等比数列的定义列式可解得结果.
【详解】
依题意，有.
故选：B
3．D
【分析】
根据等比中项的定义可求得结果.
【详解】
由题意可设与的等比中项是，
则，解得或.
故选：D.
4．C
【分析】
运用等差数列前n项和的性质、等差数列下标的性质进行判断即可.
【详解】
由，
由，故选项B说法正确；
因为，，所以，因此选项A说法正确；
因为，所以等差数列是单调递增数列，因此没有最大值，故选项C说法错误；
由，
因为，所以，因此选项D说法正确.
故选：C
5．A
【分析】
根据通项公式求出数列的前十项，由此求得数列前十项的和.
【详解】
依题意得，
.
故选：A．
6．D
【分析】
根据题意，令代入原式，化简整理，即可得答案.
【详解】
，
，
=．
故选：D
7．C
【分析】
根据无穷数列和递增数列的定义逐一判断四个选项，即可得正确答案.
【详解】
对于选项A：数列是无穷数列，但它不是递增数列，而是递减数列；故选项A不正确；
对于选项B：数列是无穷数列，但它不是递增数列；故选项B不正确；
对于选项C：数列是无穷数列，也是递增数列；故选项C正确；
对于选项D：数列是递增数列，但不是无穷数列，故选项D不正确；
故选：C
8．C
【分析】
根据等比数列的定义可知首项为,公比,代入等比数列通项公式即可得出结果.
【详解】
解:因为中，，,
所以数列是首项为,公比的等比数列,
设通项公式为: ,
所以.
故选:C
9．A
【分析】
由数列递推关系式得到数列 为首项为4，公比为2的等比数列．求出其通项公式可得的值．
【详解】
，变形为
即
故数列 为等比数列，首项为4，公比为2．
．
故选：A
10．A
【分析】
根据数列的递推关系式即可求解.
【详解】
由
则
.
故选：A
11．D
【分析】
利用等比数列的性质可得，所以，是一元二次方程的两根，解方程可得，或，，根据等比中项可得和.
【详解】
∵是等比数列，∴，又，
∴，是一元二次方程的两根，解此方程得或.
当，时，，，∴.
当，时，同理可得，，∴.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：利用等比数列的性质和等比中项求解是本题解题关键.
12．A
【分析】
根据等比数列的定义逐一判断即可.
【详解】
设等比数列的公比为，，则，∴为等比数列，①正确；当时，常数，②错误；当时，无意义，③错误；设，则常数，④错误；是以为首项，为公比的等比数列，⑤正确；当数列的公比为时，，而等比数列的各项均不为0，⑥错误.
故选：A.
13．-12
【分析】
直接由等差数列前项和公式即可得结果.
【详解】
因为，所以，
故答案为：.
14．0
【分析】
若数列是等差数列，则是关于的一次函数，从而可求得的值
【详解】
解：是等差数列，且，
是关于的一次函数，.
故答案为：0
15．4
【分析】
设等比数列的公比为，根据题中条件列出等式求出公比和首项，求出前项和，分为奇数和偶数两种情况讨论，即可得出结果.
【详解】
设等比数列的公比为，
由已知得，，即，
∴，∴，
又，
∴，则，
当为奇数时，；
当为偶数时，.
综上，的最大值为4.
故答案为：4.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于先由题中条件确定等比数列的首项和公比，根据等比数列的求和公式得出前项和，利用分类讨论的方法，即可求解.
16．
【分析】
通过前n项和与的关系式以及等比数列的定义得出及的表达式，进而利用分组求和即可．
【详解】
由，得
由
有
两式相减，
故数列是首项为1，公比为2的等比数列
，　
．
17．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用定义法证明是一个与n无关的非零常数，从而得出结论；
（2）由（1）求出，利用分组求和法求．
【详解】
（1）由得，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列,，所以，
（2）由（1）知的通项公式为；则
所以
【点睛】
本题主要考查等比数列的证明以及分组求和法，属于基础题．
18．（1），；（2）
【分析】
（1）设等差数列的公差为,等比数列的公比为,将条件带入通项公式,解方程即可求出.
（2）将、的通项公式代入、中,得到的通项公式为,用裂项相消求和.
【详解】
(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为,
由已知得,得,而,所以
又因为,解得,所以
由,可得,
由,可得　
解得,由此可得
所以数列的通项公式为,数列的通项公式为
（2）由（1）得,,
所以
所以
【点睛】
本题考查求等差等比数列的通项公式,设首项和公差、公比,代入已知条件中即可求解.还考查用裂项相消求数列前项和,需要熟记公式,灵活求解.
19．（1）证明见解析（2）
【分析】
(1)根据等差数列的性质设首项为公差为,求出，再由前项和公式求
(2)由(1)得,则有，带入题目给的条件即可.
【详解】
解:(1)等差数列前项和为,设首项为公差为,
;
,
成立.
(2),
由（1）得
,
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的运用,本题解题的关键是熟练应用公式.
20．(1)证明见解析；(2)
【分析】
（1）知道关于的式子，再构造一个，即可。
（2）利用错位相减法即可求解。
【详解】
解：（1）∵，∴，
两式相减得
又且，解得，所以.
∴，
∴
又
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，∴，
则
①
②
①-②得：-=
故
【点睛】
本题考查求数列的通项公式，以及求数列的前n项和，属于中档题。
21．（1）；（2）
【分析】
（1）设的公差为，由，可求出，进而可求出数列的通项公式；
（2）由（1）知，利用裂项相消求和法可求出.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
∵，∴，
解得，∴.
（2）由（1）知，∴，
∴.
22．（1）an＝3n﹣1，bn＝2n，n∈N*．（2）
【分析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，列方程，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；
（2）求出cn＝（3n﹣1）?2n，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理，即可得到所求和．
【详解】
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
由a1＝b1＝2，得a4＝2+3d，b4＝2q3，S4＝8+6d．
由条件，得方程组，解得，
所以an＝3n﹣1，bn＝2n，n∈N*．
（2）由题意可得 ①
②
由①﹣②，得
＝4+3?﹣（3n﹣1）?2n+1，
∴．
【点睛】
本题考查错位相减法求和，属于中档题.方法点睛：（1）写出各项的和；（2）等式的左右两边同时乘以公比；（3）错位相减；（4）除去首项和尾项，中间的项为等比数列，用等比数列求和公式求和；（5）整理化简即可.