【-學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計(jì)】2020-2021學(xué)年高中人教B版數(shù)學(xué)必修五課時(shí)作業(yè)：第2章-單元檢測(cè)(B)

其次章數(shù)列(B)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．在等差數(shù)列{an}中，a3＝2，則{an}的前5項(xiàng)和為()A．6B．10C．16D．322．設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，則公比q等于()A．3B．4C．5D．63．已知某等差數(shù)列共有10項(xiàng)，其奇數(shù)項(xiàng)之和為15，偶數(shù)項(xiàng)之和為30，則其公差為()A．5B．4C．34．在等比數(shù)列{an}中，Tn表示前n項(xiàng)的積，若T5＝1，則()A．a(chǎn)1＝1B．a(chǎn)3＝1C．a(chǎn)4＝1D．a(chǎn)5＝15．等比數(shù)列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq\f(5,4)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為()A．a(chǎn)n＝24－nB．a(chǎn)n＝2n－4C．a(chǎn)n＝2n－3D．a(chǎn)n＝23－n6．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，S5＝2，S10＝6，則a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于()A．8B．12C．16D．247．在等差數(shù)列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a10－eq\f(1,2)a12的值為()A．10B．11C．12D．138．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和，若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為eq\f(5,4)，則S5等于()A．35B．33C．31D．299．已知等差數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項(xiàng)和．若S16>0，且S17<0，則當(dāng)Sn最大時(shí)n的值為()A．8B．9C．10D．1610．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四個(gè)根組成一個(gè)首項(xiàng)為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則|m－n|等于()A．1B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2)D.eq\f(9,2)11．將正偶數(shù)集合{2,4,6，…}從小到大按第n組有2n個(gè)偶數(shù)進(jìn)行分組：{2,4}，{6,8,10,12}，{14,16,18,20,22,24}，….則2010位于第()組．A．30B．31C．32D．3312．a(chǎn)1，a2，a3，a4是各項(xiàng)不為零的等差數(shù)列且公差d≠0，若將此數(shù)列刪去某一項(xiàng)得到的數(shù)列(按原來(lái)的挨次)是等比數(shù)列，則eq\f(a1,d)的值為()A．－4或1B．1C．4D．4或－1二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．定義“等和數(shù)列”：在一個(gè)數(shù)列中，假如每一項(xiàng)與它后一項(xiàng)的和都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公和．已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝－1，公和為1，那么這個(gè)數(shù)列的前2011項(xiàng)和S2011＝________.14．等差數(shù)列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使Sn>0的n的最小值為__________．15．某純潔水廠在凈化過(guò)程中，每增加一次過(guò)濾可削減水中雜質(zhì)的20%，要使水中雜質(zhì)削減到原來(lái)的5%以下，則至少需過(guò)濾的次數(shù)為________．(lg2≈0.3010)16．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2－2n＋1，則它的通項(xiàng)公式是________________．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N＋)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an以及前n項(xiàng)和Sn；(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值．18．(12分)已知點(diǎn)(1,2)是函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)的圖象上一點(diǎn)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝f(n)－1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝logaan＋1，求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn.19．(12分)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知eq\f(1,3)S3，eq\f(1,4)S4的等比中項(xiàng)為eq\f(1,5)S5；eq\f(1,3)S3，eq\f(1,4)S4的等差中項(xiàng)為1，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．20．(12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)數(shù)列{eq\f(1,anan＋1)}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4).21．(12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比是正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，已知a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝8，T3－S3＝15.(1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2對(duì)任意n∈N＋都成立，求證：數(shù)列{cn22．(12分)甲、乙兩大超市同時(shí)開業(yè)，第一年的全年銷售額為a萬(wàn)元，由于經(jīng)營(yíng)方式不同，甲超市前n年的總銷售額為eq\f(a,2)(n2－n＋2)萬(wàn)元，乙超市第n年的銷售額比前一年銷售額多aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1萬(wàn)元．(1)求甲、乙兩超市第n年銷售額的表達(dá)式；(2)若其中某一超市的年銷售額不足另一超市的年銷售額的50%，則該超市將被另一超市收購(gòu)，推斷哪一超市有可能被收購(gòu)？假如有這種狀況，將會(huì)毀滅在第幾年？其次章數(shù)列(B)答案1．B[S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10.]2．B[∵3S3＝a4－2,3S2＝a3－2.∴3(S3－S2)＝a4－a3，∴3a3＝a4－a3∴a4＝4a3.∴q3．C[當(dāng)項(xiàng)數(shù)n為偶數(shù)時(shí)，由S偶－S奇＝eq\f(n,2)d知30－15＝5d，∴d＝3.]4．B[T5＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)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\co1(S5＝\f(a11－q5,1－q),S10＝\f(a11－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∴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[設(shè)公比為q(q≠0)，則由a2a3＝2aa1q3＝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(a11－q5,1－q)＝eq\f(16[1－\f(1,2)5],1－\f(1,2))＝31.]9．A[∵S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，∴a8＋a9>0.∵S17＝eq\f(17a1＋a17,2)＝17a9<0.∴a9<0，∴a8>0.故當(dāng)n＝8時(shí)，Sn最大．]10．B[易知這四個(gè)根依次為：eq\f(1,2)，1,2,4.不妨設(shè)eq\f(1,2)，4為x2－mx＋2＝0的根，1,2為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組偶數(shù)總的個(gè)數(shù)為：2＋4＋6＋…＋2n＝eq\f(2＋2nn,2)＝n2＋n.∴第n組的最終一個(gè)偶數(shù)為2＋[(n2＋n)－1]×2＝2n(n＋1)．令n＝30，則2n(n＋1)＝1860；令n＝31，則2n(n＋1)＝1984；令n＝32，則2n(n＋1)＝2112.∴2010位于第32組．]12．A[若刪去a1，則a2a4＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化簡(jiǎn)，得d＝0，不合題意；若刪去a2，則a1a4＝aeq\o\al(2,3)，即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化簡(jiǎn)，得eq\f(a1,d)＝－4；若刪去a3，則a1a4＝aeq\o\al(2,2)，即a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化簡(jiǎn)，得eq\f(a1,d)＝1；若刪去a4，則a1a3＝aeq\o\al(2,2)，即a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，化簡(jiǎn)，得d＝0，不合題意．故選A.]13．1004解析a1＝－1，a2＝2，a3＝－1，a4＝2，…，∴a2011＝－1，∴S2011＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2009＋a2010)＋a2011＝1005×1＋(－1)＝1004.14．20解析∵S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10<0；S20＝eq\f(20a1＋a20,2)＝10(a10＋a11)>0.∴當(dāng)n≤19時(shí)，Sn<0；當(dāng)n≥20時(shí)，Sn>0.故使Sn>0的n的最小值是20.15．14解析設(shè)原雜質(zhì)數(shù)為1，各次過(guò)濾雜質(zhì)數(shù)成等比數(shù)列，且a1＝1，公比q＝1－20%，∴an＋1＝(1－20%)n，由題意可知：(1－20%)n<5%，即0.8n<0.05.兩邊取對(duì)數(shù)得nlg0.8<lg0.05，∵lg0.8<0，∴n>eq\f(lg0.05,lg0.8)，即n>eq\f(lg5－2,lg8－1)＝eq\f(1－lg2－2,3lg2－1)＝eq\f(－lg2－1,3lg2－1)≈eq\f(－0.3010－1,3×0.3010－1)≈13.41，取n＝14.16．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1,6n－5n≥2))解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3－2＋1＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5.則當(dāng)n＝1時(shí)，6×1－5＝1≠a1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1,6n－5n≥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＋)．從而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).從而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差數(shù)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)把點(diǎn)(1,2)代入函數(shù)f(x)＝ax得a＝2，所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝f(n)－1＝2n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，對(duì)n＝1時(shí)也適合，∴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－1，①2Tn＝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．解設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝a，公差為d，則Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d，依題意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))×\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝\f(1,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a＋\f(5×4,2)d))2，,\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝1×2，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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，經(jīng)檢驗(yàn)，an＝1和an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n均合題意．∴所求等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝1或an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n.20．解(1)由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列，∴an＝4n－3.(2)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))<eq\f(1,4).又易知Tn單調(diào)遞增，故Tn≥T1＝eq\f(1,5)，得eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4).21．(1)解設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＋3q＝7，,q＋q2－d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))∴an＝n.bn＝3×2n－1.(2)證明由cn＋2cn－1＋…＋(n－1)c2＋nc1＝2n＋1－n－2，知cn－1＋2cn－2＋…＋(