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北师大版（2019） 选修第二册 第二单元 等差数列 单元检测A卷
一、单选题
1．数列的前项和，若，则（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
2．已知等差数列的前n项和为S，，，则公差（ ）
A．-4 B．-3 C．3 D．4
3．等差数列的公差，且，，则的通项公式是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＜0，S11＞0，则Tn＝+……+最小时n的值为（ ）
A．10 B．11 C．5 D．6
5．在等差数列中，其前项和是，若，，则在中最大的是
A． B． C． D．
6．数列满足，，，，数列的前项和为，则满足的最小的的值为
A．9 B．10 C．11 D．12
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a7=5，S5=-55，则nSn的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知表示等差数列的前n项和，且，那么
A． B． C． D．
9．设则“的图象经过”是“为奇函数”的（ ）
A．充分不必要件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
10．数列中，，.若数列是等差数列，则的最大项为（ ）
A．9 B．11 C． D．12
二、多选题
11．函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．
C． D．
12．已知正项数列的前项和为，若对于任意的，，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若该数列的前三项依次为，，，则
D．数列为递减的等差数列
三、双空题
13．设数列中，，，则________，数列前n项的和________.
四、填空题
14．扇形的圆心角为2弧度，它所对的弧长是，则此扇形的面积为________．
15．已知数列{an}满足，且a1＝1，an＞0，则an＝________.
16．已知数列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为________.
五、解答题
17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36．
（1）求an，Sn；
（2）若数列{bn}满足b1＝1，，求证：（n∈N*）．
18．已知各项均不为零的数列的首项，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和.
19．已知数列是无穷数列，满足.
（1）若，，求、、的值；
（2）求证：“数列中存在使得”是“数列中有无数多项是”的充要条件；
（3）求证：在数列中，使得.
20．已知等差数列中，首项，公差，且数列的前项和为．
(1)求和；
(2)设，求数列的前项和．
21．已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，证明：.
22．已知等差数列满足，，求数列的通项公式及的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
当时，可得，当时，，验证时是否适合可得通项公式，代入通项公式求解可得结果．
【详解】
当时，，
当时，，
当时，上式也适合，
数列的通项公式为：
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查等差数列的前项和公式和通项公式的关系，属中档题．
2．D
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质及前n项和公式,结合,可求得,进而由等差数列的定义即可求得公差.
【详解】
由等差数列前n项和公式可得
,即
根据等差数列的性质可知
即,所以
由等差数列定义可知,
故选:D
【点睛】
本题考查了等差数列的性质,等差数列前n项和公式的简单应用,属于基础题.
3．C
【解析】
【分析】
由于数列为等差数列，所以，再由可得可以看成一元二次方程的两个根，由可知，所以，从而可求出，可得到通项公式.
【详解】
解：因为数列为等差数列，所以，
因为，所以可以看成一元二次方程的两个根，
因为，所以，
所以，解得，
所以
故选：C
【点睛】
此题考查的是等差数列的通项公式和性质，属于基础题.
4．C
【解析】
【分析】
根据，得a6＞0，，得a5＜0，然后由的正负求解.
【详解】
由，得a6＞0，
由，得a5＜0，
所以n≤5时an＜0，，
n≥6时an＞0，，所以Tn最小时n＝5，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的前n项和公式以及数列的和的最值问题，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
5．C
【解析】
【分析】
由题意知 ．由此可知，所以在中最大的是．
【详解】
由于 ，
所以可得．
这样，
而>0， ，
所以在中最大的是．
故选C．
【点睛】
本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.
6．D
【解析】
【分析】
由知为等差数列，即可求出，再代入知，再利用裂项相消求出，解不等式，即可得出答案．
【详解】
因为
所以为等差数列，，，其公差为
所以，代入得
解得即的最小值为12
故选D
【点睛】
本题考查等差中项、等差出列通项、裂项相消求数列的前n项和，属于中档题．
7．A
【解析】
【分析】
将用表示，解方程组求得，再设函数求导求得的最小值即可.
【详解】
∵解得∴设当07时，,故的最小值为f(7)=-343.
故选A.
【点睛】
本题考查等差数列通项及求和，考查函数的思想，准确记忆公式，熟练转化为导数求最值是关键，是中档题.
8．B
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质若m，n，p，q∈N*，且m+n＝p+q，则有am+an＝ap+aq，再结合等差数列的通项公式可得a1＝3d，利用基本量表示出所求进而可得答案．
【详解】
由题意得，
因为 在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m+n＝p+q，则有am+an＝ap+aq．
所以，即a1＝3d．
那么．
故选B．
【点睛】
本题考查了等差数列的性质与等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题．
9．C
【解析】
【分析】
在的前提条件下，由的图像经过，则的值为，反之当为奇函数时，则的值为，从而可得答案.
【详解】
由，
由的图像经过，则的值为，此时为奇函数.
又当为奇函数时，则的值为，此时的图象经过.
所以“的图象经过”是“为奇函数”的充要条件
故选：C
10．B
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质，求出数列的通项公式，进而求出数列的通项公式，利用配方法进行求解即可.
【详解】
解：令，又，，
∴，，
∴数列的公差为，
则，
∴，
又，∴当或4时，有最大值为.
故选：B.
11．BC
【解析】
【分析】
先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断．
【详解】
解：，
令可得或，，
易得函数的极值点为或，，
从小到大为，，不是等差数列，错误；
，正确；
，
，
则根据诱导公式得，正确；
，错误．
故选：．
12．AC
【解析】
令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误.
【详解】
令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确；
由，所以，故B错误；根据等差数列的性质，可得，所以，，
故，故C正确；
由，因为，所以是递增的等差数列，故D错误.
故选：AC.
【点睛】
解决数列的单调性问题的三种方法；
1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；
3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.
13．
【解析】
【分析】
利用递推公式即可求的值，利用并项求和可求.
【详解】
令得，，可得，
令得，，可得，
令得，，可得，
令得，，可得，
由可得：
，
，
，
….
,
以上个式子累乘得：，
，，，，
，
当时，，所以此时
当时，，所以此时
当时，，所以此时，
当时，，所以此时，
所以，
故答案为： ，
【点睛】
方法点睛：对于数列的通项中含有 的情况要分是奇数和偶数，采用奇偶并项求和，但该题目是由于两项正数两项负数，需要分，，，四类.
14．.
【解析】
【分析】
根据扇形的弧长公式，求得，结合扇形的面积公式，即可求解.
【详解】
设扇形所在圆的半径为，
因为扇形的圆心角为2弧度，它所对的弧长是，可得，解得，
所以扇形的面积为.
故答案为：.
15．
【解析】
【详解】
分析：先根据等差数列定义以及通项公式求，即得结果.
详解：因为，所以,即{}为以1为首项，4为公差的等差数列，
所以,因为an＞0，所以an＝.
点睛：判断或证明为等差数列的方法：
(1)用定义证明：为常数）；
(2)用等差中项证明：；
(3)通项法： 为的一次函数；
(4)前项和法：
16．
【解析】
【分析】
由a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，可求出和，再由数列{an}单调递增，则，，求得的范围.
【详解】
由an＋2－an＝2可知数列{an}的奇数项、偶数项分别是公差为的等差数列，
又a1＝a，a2＝2－a，则，，
若数列{an}单调递增，则必有，得，得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，数列单调递增的应用，属于中档题.
17．（1）an＝2n﹣1，Sn＝n2（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）讨论，将换为，相减得到，再由数列的裂项相消求和及不等式的性质，即可求解．
【详解】
（1）设等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36，
可得a1+d+2（a1+3d）＝a1+8d，即2a1＝d，
又6a1+15d＝36，即2a1+5d＝12，
解得a1＝1，d＝2，则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn＝n+n（n﹣1）＝n2；
（2）证明：数列{bn}满足b1＝1，n，
当n＝1时，b1b2＝1，可得b2＝1，
n≥2时，bnbn﹣1＝n﹣1，
相减可得bn（bn+1﹣bn﹣1）＝1，即bn+1﹣bn﹣1，
当n≥2时，b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1
b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+221；
当n＝1时，1＝21，不等式成立，
综上可得，（n∈N*）．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式和前项和公式的应用，以及数列与不等式的证明，其中解答中注意数列的裂项相消法求和，以及不等式的性质的应用是解答的关键，着重考查了方程思想以及运算能力，属于中档试题．
18．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到，进而根据等差数列的定义求得答案；
（2）结合（1），根据错位相减法求得答案.
(1)
∵，∴，∴是以为首项，以1为公差的等差数列.∴，∴.
(2)
，∴，
∴，∴，∴.
19．（1），，；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）由，，结合可得、、的值；
（2）分必要性和充分性证明，充分性利用反证法证明；
（3）利用反证法，假设数列中不存在，使得，则或，然后分类推出矛盾得答案．
【详解】
（1），，，
，则；
，则；
，则.
因此，，，
（2）必要性：已知数列中有无数多项是，
则数列中存在使得.
数列中有无数多项是，数列中存在使得，
即数列中存在使得；
充分性：已知数列中存在使得，则数列中有无数多项是.
假设数列中没有无数多项是，不妨设是数列中为的最后一项，则，若，
则由，可得，
，则，与假设矛盾；
若，则由，可得，
，
，
，
，得，与假设矛盾，原命题正确.
由上可知，“数列中存在使得”是“数列中有无数多项是”的充要条件；
（3）假设数列中不存在，使得，
则或，由，
可得①，且，
当时，，由假设知.
若，则，与矛盾；
若，设，则，
由①可得，，
，即，，
对于，显然存在使得，，这与矛盾.
所以，假设不成立，原命题正确.
【点睛】
本题考查数列递推式，考查了充分必要条件的判定，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，训练了反证法证题的方法，属于难题．
20．(1)，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据题意，结合等差数列的通项公式与求和公式，即可求解；
（2）根据题意，求出，结合等差数列求和公式，即可求解.
(1)
根据题意，易知；
.
(2)
根据题意，易知，因为，所以数列是首项为2，公差为的等差数列，
故．
21．（1）,
（2）证明见解析
【解析】
（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；
（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.
【详解】
（1）设首项为，公差为.
由题意，得，解得，
∴，
∴，∴
当时，
∴，.当时，满足上式.
∴
（2），令数列的前项和为.
两式相减得
∴恒成立，得证.
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.
22． 28
【解析】
【分析】
利用基本元的思想，首先将题目所给已知条件转化为的形式，求得的值，进而求得数列的通项公式和前项和公式，利用前项和公式二次函数的特点，可求得前项和的最大值.
【详解】
由题意可知， ，即数列的通项公式为，，当或8时，取最大值28．
【点睛】
本小题主要考查利用基本元的思想求等差数列的基本量、通项公式和前项和.基本元的思想是在等差数列中有个基本量，利用等差数列的通项公式和前项和公式，列出方程组，即可求得数列的通项公式.等差数列前项和的最大值问题，往往借助二次函数配方法来解决.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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