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1、第二章检测试题时间：90分钟分值：120分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1在等差数列an中，S10120，则a1a10的值是(B)A12 B24C36 D48解析：S10120，解得a1a1024.2数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，则a4等于(A)A11 B15C17 D20解析：a4S4S320911.3如果f(n1)(n1,2,3，)且f(1)2，则f(101)等于(D)A49 B50C51 D52解析：f(n1)f(n)，f(n1)f(n)，即数列f(n)是首项为2，公差为的等差数
2、列通项公式为f(n)2(n1)n.f(101)10152.4数列an的前n项和为Sn，若SnSn12n1(n2)，且S23，则a1a3的值为(C)A1 B3C5 D6解析：依题意，知an2n1(n2)，a23，a1S1S2a2330.又a33215，a1a3055.5在等比数列an中，an0，且a21a1，a49a3，则a4a5的值为(B)A16 B27C36 D81解析：由已知，得q2(a1a2)q29，又an0，q3，a4a5q(a3a4)3927.6等比数列an的各项均为正，a3，a5，a4成等差数列，Sn为an的前n项和，则等于(C)A2 B.C. D.解析：设等比数列an的公比为q，
3、则有q0，又a3，a5，a4成等差数列，a3a42a5，a1q2a1q32a1q4，即1q2q2，解得q1(舍去)或q，q，1q313.7若数列an满足an11，且a12，则a2 015等于(D)A1 B2C. D.解析：an11，a12，a21，a3121，a412.由此可见，数列an的项是以3为周期重复出现的，a2 015a67132a2.8设等差数列an的公差d不为0，a19d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k(B)A2 B4C6 D8解析：依题意，知aka1(k1)d9d(k1)d(k8)d，a2ka1(2k1)d(2k8)d.aa1a2k，(k8)2d29d(2k8)d，即k22
4、k80，k4或k2(舍去)9等比数列an共有2n1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an1等于(B)A. B.C20 D110解析：由题意知，S奇a1a3a2n1100，S偶a2a4a2n120，a1a1qnan1.10如下图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n1，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则(D)A. B.C. D.解析：由题图得a23，a36，a49，a512，归纳可得an3(n1)(n2)，原式1.11若数列an的前n项和为Snan，则数列an的通项公式为(B)Aan2n1 Ban(2)n1Can(2)n Dan2n解析：由anSn
5、Sn1(n2)，得ananan1.an2an1.又a11，an(2)n1(n2)又a1(2)111，an(2)n1.12若数列an是等差数列，a10，a2 009a2 0100，a2 009a2 0100成立的最大自然数n是(B)A4 017 B4 018C4 019 D4 020解析：由a2 009a2 0100，a2 009a2 0100，得a2 0090，a2 010|a2 010|，S4 0174 017a2 0090，S4 0180，S4 0194 019a2 0100，anan11(n2)，即数列an为公差d1的等差数列a1S1，a11，ana1(n1)dn.(2)Sn，bn，Tn
6、1.19(10分)设Sn为数列an的前n项和，已知a10,2ana1S1Sn，nN*.(1)求a1，a2，并求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前n项和解：(1)令n1，得2a1a1a，即a1a.因为a10，所以a11.令n2，得2a21S21a2，解得a22.当n2时，由2an1Sn,2an11Sn1两式相减得2an2an1an，即an2an1.于是数列an是首项为1，公比为2的等比数列因此an2n1.所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知，nann2n1.记数列n2n1的前n项和为Bn，于是Bn122322n2n1，2Bn12222323n2n.得Bn12222n1n2
7、n2n1n2n.从而Bn1(n1)2n.20(10分)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn(an1)(1)求数列an的通项公式(2)设bn5ntan，试问：是否存在非零整数t，使得数列bn为递增数列？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由解：(1)因为Sn(an1)，所以当n1时，a1(a11)，解得a14；当n2时，anSnSn1(an1)(an11)，即an4an1.由a14，an4an1(n2)知an0，所以an是首项为4，公比为4的等比数列，所以an(4)n.(2)假设存在非零整数t，使得数列bn为递增数列，即对于任意nN*，都有bn1bn.由(1)知an(4)n，又bn5ntan，所以bn5nt(4)n，所以对任意nN*，恒有5n1t(4)n15nt(4)n，即对任意nN*，恒有(1)ntn1.当n为奇数时，等价于tn1恒成立，又n为奇数时，n1的最小值为1，所以tn1恒成立，又n为偶数时，n1的最大值为，所以t.综上可知，t1.又t为非零整数，故存在非零整数t1，使得bn为递增数列7
