高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试达标测试

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试达标测试，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


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＝eq \f(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－eq \f(1,2)a12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eq \f(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eq \f(1,2)的等比数列，则
|m－n|等于( )
A．1 B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,2) D.eq \f(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eq \f(a1,d)的值为( )
A．－4或1 B．1 C．4 D．4或－1
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＝eq \f(1,3)，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝(eq \f(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＝lgaan＋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eq \f(1,3)S3，eq \f(1,4)S4的等比中项为eq \f(1,5)S5；eq \f(1,3)S3，eq \f(1,4)S4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{eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,5)≤Tn21．(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eq \f(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aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(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＝eq \f(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＝eq \f(n,2)d知
30－15＝5d，∴d＝3.]
4．B [T5＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3
＝a53＝1.∴a3＝1.]
5．A [q3＝eq \f(a4＋a6,a1＋a3)＝eq \f(1,8)，∴q＝eq \f(1,2).
∵a1＋a3＝a1(1＋q2)＝eq \f(5,4)a1＝10，∴a1＝8.
∴an＝a1·qn－1＝8·(eq \f(1,2))n－1＝24－n.]
6．C [∵S10＝6，S5＝2，S10＝3S5.∴q≠1.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＝\f(a11－q5,1－q),S10＝\f(a11－q10,1－q)))∴eq \f(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－eq \f(1,2)a12＝eq \f(1,2)(2a10－a12)
＝eq \f(1,2)[2(a1＋9d)－(a1＋11d)]＝eq \f(1,2)(a1＋7d)
＝eq \f(1,2)a8＝12.]
8．C [设公比为q(q≠0)，则由a2a3＝2a1知
a1q3＝2，∴a4＝2.
又a4＋2a7＝eq \f(5,2)，∴a7＝eq \f(1,4).
∴a1＝16，q＝eq \f(1,2).
∴S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(16[1－\f(1,2)5],1－\f(1,2))＝31.]
9．A [∵S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，
∴a8＋a9>0.
∵S17＝eq \f(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：eq \f(1,2)，1,2,4.
不妨设eq \f(1,2)，4为x2－mx＋2＝0的根，
1,2为x2－nx＋2＝0的根．
∴m＝eq \f(1,2)＋4＝eq \f(9,2)，n＝1＋2＝3，
∴|m－n|＝|eq \f(9,2)－3|＝eq \f(3,2).]
11．C [∵前n组偶数总的个数为：
2＋4＋6＋…＋2n＝eq \f(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＝aeq \\al(2,3)，
即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得d＝0，不合题意；
若删去a2，则a1a4＝aeq \\al(2,3)，
即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得eq \f(a1,d)＝－4；
若删去a3，则a1a4＝aeq \\al(2,2)，
即a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化简，得eq \f(a1,d)＝1；
若删去a4，则a1a3＝aeq \\al(2,2)，
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＝eq \f(19a1＋a19,2)＝19a10<0；
S20＝eq \f(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 0.8∵lg 0.8<0，∴n>eq \f(lg 0.05,lg 0.8)，
即n>eq \f(lg 5－2,lg 8－1)＝eq \f(1－lg 2－2,3lg 2－1)＝eq \f(－lg 2－1,3lg 2－1)
≈eq \f(－0.301 0－1,3×0.301 0－1)≈13.41，取n＝14.
16．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2 n＝1,6n－5 n≥2)).
17．解 (1)由Sn＋1－Sn＝(eq \f(1,3))n＋1得an＋1＝(eq \f(1,3))n＋1(n∈N*)，
又a1＝eq \f(1,3)，故an＝(eq \f(1,3))n(n∈N*)．
从而Sn＝eq \f(\f(1,3)×[1－\f(1,3)n],1－\f(1,3))＝eq \f(1,2)[1－(eq \f(1,3))n](n∈N*)．
(2)由(1)可得S1＝eq \f(1,3)，S2＝eq \f(4,9)，S3＝eq \f(13,27).
从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得
eq \f(1,3)＋3×(eq \f(4,9)＋eq \f(13,27))＝2×(eq \f(1,3)＋eq \f(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＝lgaan＋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＋eq \f(nn－1,2)d，依题意，有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋\f(3×2,2)d))×\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a＋\f(4×3,2)d))＝\f(1,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a＋\f(5×4,2)d))2，,\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋\f(3×2,2)d))＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a＋\f(4×3,2)d))＝1×2，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3ad＋5d2＝0，,2a＋\f(5,2)d＝2，))
∴a＝1，d＝0或a＝4，d＝－eq \f(12,5).
∴an＝1或an＝eq \f(32,5)－eq \f(12,5)n，
经检验，an＝1和an＝eq \f(32,5)－eq \f(12,5)n均合题意．
∴所求等差数列的通项公式为an＝1或an＝eq \f(32,5)－eq \f(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＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)
＝eq \f(1,1×5)＋eq \f(1,5×9)＋eq \f(1,9×13)＋…＋eq \f(1,4n－3×4n＋1)
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,9)＋eq \f(1,9)－eq \f(1,13)＋…＋eq \f(1,4n－3)－eq \f(1,4n＋1))
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,4n＋1))又易知Tn单调递增，
故Tn≥T1＝eq \f(1,5)，得eq \f(1,5)≤Tn21．(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＋3q＝7，,q＋q2－d＝5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(a,2)(n2－n＋2)－eq \f(a,2)[(n－1)2－(n－1)＋2]
＝(n－1)a.
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a， n＝1，,n－1a， n≥2.))
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝a＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋…＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(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∴n＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(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．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案