高二数学人教a必修5练习：第二章数列章末检测（a）word版含解析

高二数学人教a必修5练习：第二章数列章末检测（a）word版含解析

第二章 章末检测 （A） 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1．{an}是首项为 1，公差为 3 的等差数列，如果 an＝2 011，则序号 n 等于( ) A．667 B．668 C．669 D．671 答案 D 解析 由 2 011＝1＋3(n－1)解得 n＝671. 2．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则 a12 的值是( ) A．15 B．30 C．31 D．64 答案 A 解析 在等差数列{an}中，a7＋a9＝a4＋a12， ∴a12＝16－1＝15. 3．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前 4 项和为( ) A．81 B．120 C．168 D．192 答案 B 解析 由 a5＝a2q3 得 q＝3. ∴a1＝a2 q ＝3， S4＝a11－q4 1－q ＝31－34 1－3 ＝120. 4．等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前 20 项和等于 ( ) A．160 B．180 C．200 D．220 答案 B 解析 ∵(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20) ＝(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18) ＝3(a1＋a20)＝－24＋78＝54， ∴a1＋a20＝18. ∴S20＝20a1＋a20 2 ＝180. 5．数列{an}中，an＝3n－7 (n∈N＋)，数列{bn}满足 b1＝1 3 ，bn－1＝27bn(n≥2 且 n∈N＋)， 若 an＋logkbn 为常数，则满足条件的 k 值( ) A．唯一存在，且为1 3 B．唯一存在，且为 3 C．存在且不唯一 D．不一定存在 答案 B 解析 依题意， bn＝b1· 1 27 n－1＝1 3· 1 3 3n－3＝ 1 3 3n－2， ∴an＋logkbn＝3n－7＋logk 1 3 3n－2 ＝3n－7＋(3n－2)logk 1 3 ＝ 3＋3logk 1 3 n－7－2logk 1 3 ， ∵an＋logkbn 是常数，∴3＋3logk 1 3 ＝0， 即 logk3＝1，∴k＝3. 6．等比数列{an}中，a2，a6 是方程 x2－34x＋64＝0 的两根，则 a4 等于( ) A．8 B．－8 C．±8 D．以上都不对 答案 A 解析 ∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴a24＝64， ∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0，∴a4＝8. 7．若{an}是等比数列，其公比是 q，且－a5，a4，a6 成等差数列，则 q 等于( ) A．1 或 2 B．1 或－2 C．－1 或 2 D．－1 或－2 答案 C 解析 依题意有 2a4＝a6－a5， 即 2a4＝a4q2－a4q，而 a4≠0， ∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0. ∴q＝－1 或 q＝2. 8．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10∶S5＝1∶2，则 S15∶S5 等于( ) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 答案 A 解析 显然等比数列{an}的公比 q≠1，则由S10 S5 ＝1－q10 1－q5 ＝1＋q5＝1 2 ⇒q5＝－1 2 ， 故S15 S5 ＝1－q15 1－q5 ＝1－q53 1－q5 ＝ 1－ －1 2 3 1－ －1 2 ＝3 4. 9．已知等差数列{an}的公差 d≠0 且 a1，a3，a9 成等比数列，则 a1＋a3＋a9 a2＋a4＋a10 等于( ) A.15 14 B.12 13 C.13 16 D.15 16 答案 C 解析 因为 a23＝a1·a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以 a1＝d. 所以 a1＋a3＋a9 a2＋a4＋a10 ＝3a1＋10d 3a1＋13d ＝13 16. 10．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以 Sn 表示{an}的前 n 项 和，则使得 Sn 达到最大值的 n 是( ) A．21 B．20 C．19 D．18 答案 B 解析 ∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d， ∴99－105＝3d.∴d＝－2. 又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39. ∴Sn＝na1＋nn－1 2 d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400. ∴当 n＝20 时，Sn 有最大值． 11．设{an}是任意等比数列，它的前 n 项和，前 2n 项和与前 3n 项和分别为 X，Y，Z， 则下列等式中恒成立的是( ) A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X) C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X) 答案 D 解析 由题意知 Sn＝X，S2n＝Y，S3n＝Z. 又∵{an}是等比数列， ∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 为等比数列， 即 X，Y－X，Z－Y 为等比数列， ∴(Y－X)2＝X·(Z－Y)， 即 Y2－2XY＋X2＝ZX－XY， ∴Y2－XY＝ZX－X2， 即 Y(Y－X)＝X(Z－X)． 12．已知数列 1，1 2 ，2 1 ，1 3 ，2 2 ，3 1 ，1 4 ，2 3 ，3 2 ，4 1 ，…，则5 6 是数列中的( ) A．第 48 项 B．第 49 项 C．第 50 项 D．第 51 项 答案 C 解析 将数列分为第 1 组一个，第 2 组二个，…，第 n 组 n 个， 即 1 1 ， 1 2 ，2 1 ， 1 3 ，2 2 ，3 1 ，…， 1 n ， 2 n－1 ，…，n 1 ， 则第 n 组中每个数分子分母的和为 n＋1，则5 6 为第 10 组中的第 5 个，其项数为(1＋2＋ 3＋…＋9)＋5＝50. 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分) 13. 2－1 与 2＋1 的等比中项是________． 答案 ±1 14．已知在等差数列{an}中，首项为 23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为 ______． 答案 －4 解析 由 a6＝23＋5d≥0 a7＝23＋6d<0 ，解得－23 5 ≤d<－23 6 ， ∵d∈Z，∴d＝－4. 15．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭， 在点火第一秒钟通过的路程为 2 km，以后每秒钟通过的路程都增加 2 km，在达到离地面 240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是________秒． 答案 15 解析 设每一秒钟通过的路程依次为 a1，a2，a3，…，an，则数列{an}是首项 a1＝2，公 差 d＝2 的等差数列，由求和公式得 na1＋nn－1d 2 ＝240，即 2n＋n(n－1)＝240，解得 n＝15. 16．等比数列{an}的公比为 q，其前 n 项的积为 Tn，并且满足条件 a1>1，a99a100－1>0， a99－1 a100－1 <0.给出下列结论：①01 成立的最大自然数 n 等于 198.其中正确的结论是________．(填写所有正确的序号) 答案 ①②④ 解析 ①中， a99－1a100－1<0 a99a100>1 a1>1 ⇒ a99>1 01， T199＝a1a2…a198a199＝(a1a199)…(a99a101)·a100 ＝a199100<1，∴④正确． 三、解答题(本大题共 6 小题，共 74 分) 17．(12 分)已知{an}为等差数列，且 a3＝－6，a6＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足 b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前 n 项和公式． 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a3＝－6，a6＝0， 所以 a1＋2d＝－6， a1＋5d＝0. 解得 a1＝－10，d＝2. 所以 an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12. (2)设等比数列{bn}的公比为 q. 因为 b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8， 所以－8q＝－24，q＝3. 所以数列{bn}的前 n 项和公式为 Sn＝b11－qn 1－q ＝4(1－3n)． 18．(12 分)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前 n 项和 Sn. 解 设{an}的公差为 d，则 a1＋2da1＋6d＝－16， a1＋3d＋a1＋5d＝0， 即 a21＋8da1＋12d2＝－16， a1＝－4d. 解得 a1＝－8， d＝2， 或 a1＝8， d＝－2. 因此 Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)， 或 Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)． 19．(12 分)已知数列{log2(an－1)} (n∈N*)为等差数列，且 a1＝3，a3＝9. (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明： 1 a2－a1 ＋ 1 a3－a2 ＋…＋ 1 an＋1－an <1. (1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为 d. 由 a1＝3，a3＝9， 得 log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则 d＝1. 所以 log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n， 即 an＝2n＋1. (2)证明 因为 1 an＋1－an ＝ 1 2n＋1－2n ＝ 1 2n ， 所以 1 a2－a1 ＋ 1 a3－a2 ＋…＋ 1 an＋1－an ＝ 1 21 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n ＝ 1 2 － 1 2n ×1 2 1－1 2 ＝1－ 1 2n<1. 20．(12 分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n. (1)设 bn＝ an 2n－1.证明：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的前 n 项和． (1)证明 由已知 an＋1＝2an＋2n， 得 bn＋1＝an＋1 2n ＝2an＋2n 2n ＝ an 2n－1 ＋1＝bn＋1. ∴bn＋1－bn＝1，又 b1＝a1＝1. ∴{bn}是首项为 1，公差为 1 的等差数列． (2)解 由(1)知，bn＝n， an 2n－1 ＝bn＝n.∴an＝n·2n－1. ∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1 两边乘以 2 得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 21．(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1＝1 2Sn(n＝1,2,3，…)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)当 bn＝log3 2(3an＋1)时，求证：数列{ 1 bnbn＋1 }的前 n 项和 Tn＝ n 1＋n . (1)解 由已知 an＋1＝1 2Sn， an＝1 2Sn－1 (n≥2)， 得 an＋1＝3 2an(n≥2)． ∴数列{an}是以 a2 为首项，以3 2 为公比的等比数列． 又 a2＝1 2S1＝1 2a1＝1 2 ， ∴an＝a2×(3 2)n－2(n≥2)． ∴an＝ 1， n＝1， 1 2 ×3 2 n－2， n≥2. (2)证明 bn＝log3 2(3an＋1)＝log3 2[3 2 ×(3 2)n－1]＝n. ∴ 1 bnbn＋1 ＝ 1 n1＋n ＝1 n － 1 1＋n . ∴Tn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋ 1 b3b4 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ＝(1 1 －1 2)＋(1 2 －1 3)＋(1 3 －1 4)＋…＋(1 n － 1 1＋n ) ＝1－ 1 1＋n ＝ n 1＋n. 22．(14 分)已知数列{an}的各项均为正数，对任意 n∈N*，它的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝1 6(an ＋1)(an＋2)，并且 a2，a4，a9 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(－1)n＋1anan＋1，Tn 为数列{bn}的前 n 项和，求 T2n. 解 (1)∵对任意 n∈N*，有 Sn＝1 6(an＋1)(an＋2)， ① ∴当 n＝1 时，有 S1＝a1＝1 6(a1＋1)(a1＋2)， 解得 a1＝1 或 2. 当 n≥2 时，有 Sn－1＝1 6(an－1＋1)(an－1＋2)． ② ①－②并整理得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0. 而数列{an}的各项均为正数，∴an－an－1＝3. 当 a1＝1 时，an＝1＋3(n－1)＝3n－2， 此时 a24＝a2a9 成立； 当 a1＝2 时，an＝2＋3(n－1)＝3n－1， 此时 a24＝a2a9 不成立，舍去． ∴an＝3n－2，n∈N*. (2)T2n＝b1＋b2＋…＋b2n ＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1 ＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1) ＝－6a2－6a4－…－6a2n ＝－6(a2＋a4＋…＋a2n) ＝－6×n4＋6n－2 2 ＝－18n2－6n.