高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试同步达标检测题

这是一份高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试同步达标检测题，共6页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．(2013·南京29中模拟)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为________．
解析 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝eq \f(31,16).
答案 eq \f(31,16)
2．(2013·常州一中期中)已知数列{an}与{2an＋3}均为等比数列，且a1＝1，则a168＝________.
解析 设{an}公比为q，an＝a1qn－1＝qn－1，
则2a1＋3,2a2＋3,2a3＋3也为等比数列，
∴5,2q＋3,2q2＋3也为等比数列，
则(2q＋3)2＝5(2q2＋3)，∴q＝1，
从而an＝1为常数列，∴a168＝1.
答案 1
3．(2013·大纲全国改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为________．
解析 ∵a5＝5，S5＝15，∴eq \f(5a1＋a5,2)＝15，即a1＝1.
∴d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝1，∴an＝n.∴eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn.
∴T100＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101).
答案 eq \f(100,101)
4．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.则{an＋bn}的前20项的和为________．
解析 由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为：S20＝eq \f(20a1＋b1＋a20＋b20,2)＝eq \f(20×5＋7＋60,2)＝720.
答案 720
5．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝________.
解析 当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，
又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴aeq \\al(2,n)＝4n－1.
∴数列{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝1为首项，以4为公比的等比数列．
∴aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1·1－4n,1－4)＝eq \f(1,3)(4n－1)．
答案 eq \f(1,3)(4n－1)
6．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝lg3an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝lg3an＝n，
所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案 eq \f(n,n＋1)
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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，即q＝3.
所以{bn}的前n项和公式为Sn＝eq \f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．
8．已知首项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的r，t∈N*，都有eq \f(Sr,St)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,t)))2.
(1)判断{an}是否是等差数列，并证明你的结论；
(2)若a1＝1，b1＝1，数列{bn}的第n项是数列{an}的第bn－1项(n≥2)，求bn；
(3)求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
解 (1){an}是等差数列．
证明如下：
因为a1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，则由eq \f(Sr,St)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,t)))2，得eq \f(Sn,S1)＝n2，即Sn＝a1n2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)a1，且n＝1时此式也成立，所以an＋1－an＝2a1(n∈N*)，
即{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．
(2)当a1＝1时，由(1)知an＝a1(2n－1)＝2n－1，
依题意，当n≥2时，bn＝abn－1＝2bn－1－1，
所以bn－1＝2(bn－1－1)，又b1－1＝2，
所以{bn－1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn－1＝2·2n－1，即bn＝2n＋1.
(3)因为anbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)·2n＋(2n－1)
Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，即Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋n2，①
2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－1)·2n＋1]＋2n2，②
②－①，得Tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.
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1．(2013·北京卷)在等比数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析 ∵eq \f(a4,a1)＝q3＝－8，∴q＝－2.∴an＝eq \f(1,2)·(－2)n－1，
∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝eq \f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝2n－1－eq \f(1,2).
答案 －2 2n－1－eq \f(1,2)
2．(2013·南京模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S11＝35＋S6，则S17的值为________．
解析 因S11＝35＋S6，得11a1＋eq \f(11×10,2)d＝35＋6a1＋eq \f(6×5,2)d，即a1＋8d＝7，所以S17＝17a1＋eq \f(17×16,2)d＝17(a1＋8d)＝17×7＝119.
答案 119
3．(2013·杭州模拟)等差数列{an}的公差不为零，a4＝7，a1，a2，a5成等比数列，数列{Tn}满足条件Tn＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n，则Tn＝________.
解析 设{an}的公差为d≠0，由a1，a2，a5成等比数列，得
aeq \\al(2,2)＝a1a5，即(7－2d)2＝(7－3d)(7＋d)
所以d＝2或d＝0(舍去)．
所以an＝7＋(n－4)×2＝2n－1.又a2n＝2·2n－1＝2n＋1－1，
故Tn＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n＋1－1)
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－n－4.
答案 2n＋2－n－4
4．(2013·盐城市二模)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤eq \f(m,15)对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．
解析 由条件得公差d＝eq \f(21－5,4)＝4，从而a1＝1，所以an＝4n－3，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn＝1＋eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,4n－3).原不等式可化为eq \f(1,4n＋1)＋eq \f(1,4n＋5)＋…＋eq \f(1,8n＋1)≤eq \f(m,15)，记f(n)＝eq \f(1,4n＋1)＋eq \f(1,4n＋5)＋…＋eq \f(1,8n＋1).因为f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,8n＋9)－eq \f(1,4n＋1)<0，故f(n)为单调递减数列，从而f(n)max＝f(1)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,9)＝eq \f(14,45).由条件得eq \f(m,15)≥eq \f(14,45)，解得m≥eq \f(14,3)，故正整数m的最小值为5.
答案 5
5．已知数列{an}是首项为a1＝eq \f(1,4)，公比q＝eq \f(1,4)的等比数列，设bn＋2＝3lgeq \f(1,4)an(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)由题意，知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n(n∈N*)，
又bn＝3lgeq \f(1,4)an－2，故bn＝3n－2(n∈N*)．
(2)由(1)，知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n，bn＝3n－2(n∈N*)，
∴cn＝(3n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n(n∈N*)．
∴Sn＝1×eq \f(1,4)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＋…＋(3n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＋(3n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n，
于是eq \f(1,4)Sn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4＋…＋(3n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n＋(3n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n＋1，
两式相减，得
eq \f(3,4)Sn＝eq \f(1,4)＋3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))－(3n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n＋1＝eq \f(1,2)－(3n＋2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n＋1，
∴Sn＝eq \f(2,3)－eq \f(3n＋2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n(n∈N*)．
6．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对n∈N*均有eq \f(c1,b1)＋eq \f(c2,b2)＋…＋eq \f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.
解 (1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2 (∵d>0). ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，
∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由eq \f(c1,b1)＋eq \f(c2,b2)＋…＋eq \f(cn,bn)＝an＋1得
当n≥2时，eq \f(c1,b1)＋eq \f(c2,b2)＋…＋eq \f(cn－1,bn－1)＝an.
两式相减得：n≥2时，eq \f(cn,bn)＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)．
又当n＝1时，eq \f(c1,b1)＝a2，∴c1＝3.
∴cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 n＝1,2·3n－1 n≥2)).
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013
＝3＋eq \f(6－2×32 013,1－3)＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.