高二数学人教a必修5练习：第二章数列章末检测（b）word版含解析

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第二章 章末检测 (B) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1．在等差数列{an}中，a3＝2，则{an}的前 5 项和为( ) A．6 B．10 C．16 D．32 2．设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，已知 3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比 q 等于( ) A．3 B．4 C．5 D．6 3．已知某等差数列共有 10 项，其奇数项之和为 15，偶数项之和为 30，则其公差为 ( ) A．5 B．4 C．3 D．2 4．在等比数列{an}中，Tn 表示前 n 项的积，若 T5＝1，则( ) A．a1＝1 B．a3＝1 C．a4＝1 D．a5＝1 5．等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝5 4 ，则数列{an}的通项公式为( ) A．an＝24－n B．an＝2n－4 C．an＝2n－3 D．an＝23－n 6．已知等比数列{an}的前 n 项和是 Sn，S5＝2，S10＝6，则 a16＋a17＋a18＋a19＋a20 等于 ( ) A．8 B．12 C．16 D．24 7．在等差数列{an}中，若 a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则 a10－1 2a12 的值为( ) A．10 B．11 C．12 D．13 8．已知数列{an}为等比数列，Sn 是它的前 n 项和，若 a2·a3＝2a1，且 a4 与 2a7 的等差中 项为5 4 ，则 S5 等于( ) A．35 B．33 C．31 D．29 9．已知等差数列{an}中，Sn 是它的前 n 项和．若 S16>0，且 S17<0，则当 Sn 最大时 n 的 值为( ) A．8 B．9 C．10 D．16 10．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0 的四个根组成一个首项为1 2 的等比数列，则 |m－n|等于( ) A．1 B.3 2 C.5 2 D.9 2 11．将正偶数集合{2,4,6，…}从小到大按第 n 组有 2n 个偶数进行分组：{2,4}，{6,8,10,12}， {14,16,18,20,22,24}，….则 2 010 位于第( )组． A．30 B．31 C．32 D．33 12．a1，a2，a3，a4 是各项不为零的等差数列且公差 d≠0，若将此数列删去某一项得到 的数列(按原来的顺序)是等比数列，则a1 d 的值为( ) A．－4 或 1 B．1 C．4 D．4 或－1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数， 那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且 a1＝－1，公和为 1，那么这个数列的前 2 011 项和 S2 011＝________. 14．等差数列{an}中，a10<0，且 a11>|a10|，Sn 为数列{an}的前 n 项和，则使 Sn>0 的 n 的 最小值为__________． 15．某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的 20%，要使水中杂 质减少到原来的 5%以下，则至少需过滤的次数为________．(lg 2≈0.301 0) 16．数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2－2n＋1，则它的通项公式是________． 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17．(10 分)数列{an}中，a1＝1 3 ，前 n 项和 Sn 满足 Sn＋1－Sn＝(1 3)n＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式 an 以及前 n 项和 Sn； (2)若 S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数 t 的值． 18．(12 分)已知点(1,2)是函数 f(x)＝ax(a>0 且 a≠1)的图象上一点，数列{an}的前 n 项和 Sn＝f(n)－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝logaan＋1，求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 19．(12 分)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，已知 1 3S3，1 4S4 的等比中项为 1 5S5；1 3S3，1 4S4 的等差中项为 1，求数列{an}的通项公式． 20．(12 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)． (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)设数列{ 1 anan＋1 }的前 n 项和为 Tn，求证：1 5 ≤Tn<1 4. 21．(12 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，已知 a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝8，T3－S3＝15. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足 a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2 对任意 n∈N*都成立，求 证：数列{cn}是等比数列． 22．(12 分)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为 a 万元，由于经营方式不 同，甲超市前 n 年的总销售额为a 2(n2－n＋2)万元，乙超市第 n 年的销售额比前一年销售额多 a 2 3 n－1 万元． (1)求甲、乙两超市第 n 年销售额的表达式； (2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的 50%，则该超市将被另一超 市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？ 第二章 数 列 章末检测(B) 答案 1．B [S5＝5a1＋a5 2 ＝5a3＝10.] 2．B [∵3S3＝a4－2,3S2＝a3－2. ∴3(S3－S2)＝a4－a3，∴3a3＝a4－a3. ∴a4＝4a3.∴q＝4.] 3．C [当项数 n 为偶数时，由 S 偶－S 奇＝n 2d 知 30－15＝5d，∴d＝3.] 4．B [T5＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3 ＝a53＝1.∴a3＝1.] 5．A [q3＝a4＋a6 a1＋a3 ＝1 8 ，∴q＝1 2. ∵a1＋a3＝a1(1＋q2)＝5 4a1＝10，∴a1＝8. ∴an＝a1·qn－1＝8·(1 2)n－1＝24－n.] 6．C [∵S10＝6，S5＝2，S10＝3S5.∴q≠1. ∴ S5＝a11－q5 1－q S10＝a11－q10 1－q ∴S10 S5 ＝1＋q5＝3.q5＝2. ∴a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)q15 ＝S5·q15＝2×23＝16.] 7．C [a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝(a4＋a12)＋(a6＋a10)＋a8＝5a8＝120，a8＝24. ∴a10－1 2a12＝1 2(2a10－a12) ＝1 2[2(a1＋9d)－(a1＋11d)]＝1 2(a1＋7d) ＝1 2a8＝12.] 8．C [设公比为 q(q≠0)，则由 a2a3＝2a1 知 a1q3＝2，∴a4＝2. 又 a4＋2a7＝5 2 ，∴a7＝1 4. ∴a1＝16，q＝1 2. ∴S5＝a11－q5 1－q ＝ 16[1－1 2 5] 1－1 2 ＝31.] 9．A [∵S16＝16a1＋a16 2 ＝8(a8＋a9)>0， ∴a8＋a9>0. ∵S17＝17a1＋a17 2 ＝17a9<0. ∴a9<0，∴a8>0. 故当 n＝8 时，Sn 最大．] 10．B [易知这四个根依次为：1 2 ，1,2,4. 不妨设1 2 ，4 为 x2－mx＋2＝0 的根， 1,2 为 x2－nx＋2＝0 的根． ∴m＝1 2 ＋4＝9 2 ，n＝1＋2＝3， ∴|m－n|＝|9 2 －3|＝3 2.] 11．C [∵前 n 组偶数总的个数为： 2＋4＋6＋…＋2n＝2＋2nn 2 ＝n2＋n. ∴第 n 组的最后一个偶数为 2＋[(n2＋n)－1]×2＝2n(n＋1)． 令 n＝30，则 2n(n＋1)＝1 860； 令 n＝31，则 2n(n＋1)＝1 984； 令 n＝32，则 2n(n＋1)＝2 112. ∴2 010 位于第 32 组．] 12．A [若删去 a1，则 a2a4＝a23， 即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得 d＝0，不合题意； 若删去 a2，则 a1a4＝a23， 即 a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得a1 d ＝－4； 若删去 a3，则 a1a4＝a22， 即 a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化简，得a1 d ＝1； 若删去 a4，则 a1a3＝a22， 即 a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，化简，得 d＝0，不合题意．故选 A.] 13．1 004 解析 a1＝－1，a2＝2，a3＝－1，a4＝2，…， ∴a2 011＝－1，∴S2 011＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010)＋a2 011＝1 005×1＋(－1) ＝1 004. 14．20 解析 ∵S19＝19a1＋a19 2 ＝19a10<0； S20＝20a1＋a20 2 ＝10(a10＋a11)>0. ∴当 n≤19 时，Sn<0；当 n≥20 时，Sn>0. 故使 Sn>0 的 n 的最小值是 20. 15．14 解析 设原杂质数为 1，各次过滤杂质数成等比数列，且 a1＝1，公比 q＝1－20%， ∴an＋1＝(1－20%)n，由题意可知： (1－20%)n<5%，即 0.8n<0.05. 两边取对数得 nlg 0.8lg 0.05 lg 0.8 ， 即 n>lg 5－2 lg 8－1 ＝1－lg 2－2 3lg 2－1 ＝－lg 2－1 3lg 2－1 ≈ －0.301 0－1 3×0.301 0－1 ≈13.41，取 n＝14. 16．an＝ 2 n＝1 6n－5 n≥2 解析 当 n＝1 时， a1＝S1＝3－2＋1＝2. 当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1 ＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1] ＝6n－5. 则当 n＝1 时，6×1－5＝1≠a1， ∴an＝ 2 n＝1 6n－5 n≥2 . 17．解 (1)由 Sn＋1－Sn＝(1 3)n＋1 得 an＋1＝(1 3)n＋1(n∈N*)， 又 a1＝1 3 ，故 an＝(1 3)n(n∈N*)． 从而 Sn＝ 1 3 ×[1－1 3 n] 1－1 3 ＝1 2[1－(1 3)n](n∈N*)． (2)由(1)可得 S1＝1 3 ，S2＝4 9 ，S3＝13 27. 从而由 S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得 1 3 ＋3×(4 9 ＋13 27)＝2×(1 3 ＋4 9)t，解得 t＝2. 18．解 (1)把点(1,2)代入函数 f(x)＝ax 得 a＝2， 所以数列{an}的前 n 项和为 Sn＝f(n)－1＝2n－1. 当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1， 对 n＝1 时也适合，∴an＝2n－1. (2)由 a＝2，bn＝logaan＋1 得 bn＝n， 所以 anbn＝n·2n－1. Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1， ① 2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n. ② 由①－②得： －Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n， 所以 Tn＝(n－1)2n＋1. 19．解 设等差数列{an}的首项 a1＝a，公差为 d，则 Sn＝na＋nn－1 2 d，依题意，有 1 3 3a＋3×2 2 d ×1 4 4a＋4×3 2 d ＝ 1 25 5a＋5×4 2 d 2， 1 3 3a＋3×2 2 d ＋1 4 4a＋4×3 2 d ＝1×2， 整理得 3ad＋5d2＝0， 2a＋5 2d＝2， ∴a＝1，d＝0 或 a＝4，d＝－12 5 . ∴an＝1 或 an＝32 5 －12 5 n， 经检验，an＝1 和 an＝32 5 －12 5 n 均合题意． ∴所求等差数列的通项公式为 an＝1 或 an＝32 5 －12 5 n. 20．(1)解 由 Sn＝nan－2n(n－1)得 an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n， 即 an＋1－an＝4. ∴数列{an}是以 1 为首项，4 为公差的等差数列， ∴an＝4n－3. (2)证明 Tn＝ 1 a1a2 ＋ 1 a2a3 ＋…＋ 1 anan＋1 ＝ 1 1×5 ＋ 1 5×9 ＋ 1 9×13 ＋…＋ 1 4n－3×4n＋1 ＝1 4(1－1 5 ＋1 5 －1 9 ＋1 9 － 1 13 ＋…＋ 1 4n－3 － 1 4n＋1 ) ＝1 4(1－ 1 4n＋1)<1 4. 又易知 Tn 单调递增， 故 Tn≥T1＝1 5 ，得1 5 ≤Tn<1 4. 21．(1)解 设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q(q>0)． 由题意得 d＋3q＝7， q＋q2－d＝5， 解得 d＝1， q＝2. ∴an＝n.bn＝3×2n－1. (2)证明 由 cn＋2cn－1＋…＋(n－1)c2＋nc1＝2n＋1－n－2， 知 cn－1＋2cn－2＋…＋(n－2)c2＋(n－1)c1＝2n－(n－1)－2(n≥2)． 两式相减：cn＋cn－1＋…＋c2＋c1＝2n－1(n≥2)， ∴cn－1＋cn－2＋…＋c2＋c1＝2n－1－1(n≥3)， ∴cn＝2n－1(n≥3)． 当 n＝1,2 时，c1＝1，c2＝2，适合上式． ∴cn＝2n－1(n∈N*)， 即{cn}是等比数列． 22．解 (1)设甲、乙两超市第 n 年的销售额分别为 an，bn.则有：a1＝a，n≥2 时： an＝a 2(n2－n＋2)－a 2[(n－1)2－(n－1)＋2] ＝(n－1)a. ∴an＝ a， n＝1， n－1a， n≥2. bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝a＋a 2 3 ＋a 2 3 2＋…＋a 2 3 n－1 ＝ 3－2 2 3 n－1 a，(n∈N*)． (2)易知 bn<3a，所以乙超市将被甲超市收购， 由 bn<1 2an 得： 3－2 2 3 n－1 a<1 2(n－1)a. ∴n＋4 2 3 n－1>7，∴n≥7. 即第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．