2014-2015學年高中數學（蘇教版必修五） 第2章　數列 第2章 單元檢測（B） 課時作業(yè)（含答案）

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1、 第2章　數　列(B) (時間：120分鐘　滿分：160分) 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分) 1．在等差數列{an}中，a3＝2，則{an}的前5項和為________． 2．設Sn為等比數列{an}的前n項和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，則公比q＝________. 3．已知某等差數列共有10項，其奇數項之和為15，偶數項之和為30，則其公差為________． 4．等比數列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝，則數列{an}的通項公式為________． 5．已知等比數列{an}的前n項和是Sn，S5＝2，S10＝6，則a16＋a

2、17＋a18＋a19＋a20＝________. 6．在等差數列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則a10－a12的值為________． 7．已知數列{an}為等比數列，Sn是它的前n項和，若a2a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項為，則S5＝________. 8．已知等差數列{an}中，Sn是它的前n項和．若S16>0，且S17<0，則當Sn最大時n的值為________． 9．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四個根組成一個首項為的等比數列，則|m－n|＝__________________________________________

3、______________________________. 10．定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和． 已知數列{an}是等和數列，且a1＝－1，公和為1，那么這個數列的前2 011項和S2 011＝________. 11．等差數列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn為數列{an}的前n項和，則使Sn>0的n的最小值為__________． 12．某純凈水廠在凈化過程中，每增加一次過濾可減少水中雜質的20%，要使水中雜質減少到原來的5%以下，則至少需過濾的次數為________．

4、(lg 2≈0.301 0) 13．a1，a2，a3，a4是各項不為零的等差數列且公差d≠0，若將此數列刪去某一項得到的數列(按原來的順序)是等比數列，則的值為________． 14．將正偶數集合{2,4,6，…}從小到大按第n組有2n個偶數進行分組：{2,4}，{6,8,10,12}，{14,16,18,20,22,24}，….則2 010位于第________組． 二、解答題(本大題共6小題，共90分) 15．(14分)數列{an}中，a1＝，前n項和Sn滿足Sn＋1－Sn＝()n＋1(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式an以及前n項和Sn； (2)若S1，t(

5、S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差數列，求實數t的值． - 1 - / 8 16．(14分)已知點(1,2)是函數f(x)＝ax(a>0且a≠1)的圖象上一點，數列{an}的前n項和Sn＝f(n)－1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝logaan＋1，求數列{anbn}的前n項和Tn. 17．(14分)設Sn是等差數列{an}的前n項和，已知S3，S4的等比中項為S5；S3，S4的等差中項為1，求數列{an}的通項公式． 18．(1

6、6分)設數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)． (1)求數列{an}的通項公式an； (2)設數列{}的前n項和為Tn，求證：≤Tn<. 19．(16分)設等差數列{an}的前n項和為Sn，公比是正數的等比數列{bn}的前n項和為Tn，已知a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝8，T3－S3＝15. (1)求{an}，{bn}的通項公式； (2)若數列{cn}滿足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2對任意n∈N*都成立，求證：數列{cn}是等比數列．

7、 20．(16分)甲、乙兩大超市同時開業(yè)，第一年的全年銷售額為a萬元，由于經營方式不同，甲超市前n年的總銷售額為(n2－n＋2)萬元，乙超市第n年的銷售額比前一年銷售額多an－1萬元． (1)求甲、乙兩超市第n年銷售額的表達式； (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，判斷哪一超市有可能被收購？如果有這種情況，將會出現在第幾年？ 第2章　數　列(B) 答案 1．10 解析　S5＝＝5a3＝10. 2．4 解析　∵3S3＝a4－2,3S2＝a3－2. ∴3(S3－S2)＝a4－a3，∴3a3＝a4－a3

8、. ∴a4＝4a3.∴q＝4. 3．3 解析　當項數n為偶數時，由S偶－S奇＝d知30－15＝5d，∴d＝3. 4．an＝24－n 解析　q3＝＝，∴q＝. ∵a1＋a3＝a1(1＋q2)＝a1＝10，∴a1＝8. ∴an＝a1qn－1＝8()n－1＝24－n. 5．16 解析　∵S10＝6，S5＝2，S10＝3S5.∴q≠1. ∴，∴＝1＋q5＝3.q5＝2. ∴a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)q15＝S5q15＝223＝16. 6．12 解析　a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝(a4＋a12)＋(a6＋a10)＋a8＝5a8

9、＝120，a8＝24. ∴a10－a12＝(2a10－a12)＝[2(a1＋9d)－(a1＋11d)]＝(a1＋7d)＝a8＝12. 7．31 解析　設公比為q(q≠0)，則由a2a3＝2a1知a1q3＝2，∴a4＝2. 又a4＋2a7＝，∴a7＝. ∴a1＝16，q＝. ∴S5＝＝＝31. 8．8 解析　∵S16＝＝8(a8＋a9)>0， ∴a8＋a9>0. ∵S17＝＝17a9<0. ∴a9<0，∴a8>0.故當n＝8時，Sn最大． 9. 解析　易知這四個根依次為：，1,2,4.不妨設，4為x2－mx＋2＝0的根， 1,2為x2－nx＋2＝0的根．∴m＝

10、＋4＝，n＝1＋2＝3，∴|m－n|＝|－3|＝. 10．1 004 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 0051＋(－1)＝1 004. 11．20 解析　∵S19＝＝19a10<0； S20＝＝10(a10＋a11)>0. ∴當n≤19時，Sn<0；當n≥20時，Sn>0. 故使Sn>0的n的最小值是20. 12．14 解析　設原雜質數為1，各次過濾雜質數成等比數列，且a1＝1，公比q＝1－20%， ∴an＋1＝(1－20%)

11、n，由題意可知： (1－20%)n<5%，即0.8n<0.05. 兩邊取對數得nlg 0.8， 即n>＝＝≈≈13.41，取n＝14. 13．－4或1 解析　若刪去a1，則a2a4＝a， 即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化簡，得d＝0，不合題意； 若刪去a2，則a1a4＝a， 即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化簡，得＝－4； 若刪去a3，則a1a4＝a， 即a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化簡，得＝1； 若刪去a4，則a1a3＝a， 即a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，化簡，得d＝0，不合題意

12、． 14．32 解析　∵前n組偶數總的個數為：2＋4＋6＋…＋2n＝＝n2＋n. ∴第n組的最后一個偶數為2＋[(n2＋n)－1]2＝2n(n＋1)． 令n＝30，則2n(n＋1)＝1 860； 令n＝31，則2n(n＋1)＝1 984； 令n＝32，則2n(n＋1)＝2 112. ∴2 010位于第32組． 15．解　(1)由Sn＋1－Sn＝()n＋1得an＋1＝()n＋1(n∈N*)， 又a1＝，故an＝()n(n∈N*)． 從而Sn＝＝[1－()n](n∈N*)． (2)由(1)可得S1＝，S2＝，S3＝. 從而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成

13、等差數列得 ＋3(＋)＝2(＋)t，解得t＝2. 16．解　(1)把點(1,2)代入函數f(x)＝ax得a＝2， 所以數列{an}的前n項和為Sn＝f(n)－1＝2n－1. 當n＝1時，a1＝S1＝1； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1， 對n＝1時也適合， ∴an＝2n－1. (2)由a＝2，bn＝logaan＋1得bn＝n， 所以anbn＝n2n－1. Tn＝120＋221＋322＋…＋n2n－1，① 2Tn＝121＋222＋323＋…＋(n－1)2n－1＋n2n.② 由①－②得：－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n2n， 所以Tn

14、＝(n－1)2n＋1. 17．解　設等差數列{an}的首項a1＝a，公差為d， 則Sn＝na＋d，依題意，有 整理得 ∴a＝1，d＝0或a＝4，d＝－. ∴an＝1或an＝－n， 經檢驗，an＝1和an＝－n均合題意． ∴所求等差數列的通項公式為an＝1或an＝－n. 18．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. ∴數列{an}是以1為首項，4為公差的等差數列， ∴an＝4n－3. (2)Tn＝＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝(1－＋－＋－＋…＋－) ＝(1－)<.

15、 又易知Tn單調遞增， 故Tn≥T1＝，得≤Tn<. 19．(1)解　設數列{an}的公差為d，數列{bn}的公比為q(q>0)． 由題意得 解得∴an＝n.bn＝32n－1. (2)證明　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)． 兩式相減：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)． 當n＝1,2時，c1＝1，c2＝2，適合上式． ∴cn＝2n－1(n

16、∈N*)，即{cn}是等比數列． 20．解　(1)設甲、乙兩超市第n年的銷售額分別為an，bn. 則有：a1＝a，n≥2時： an＝(n2－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]＝(n－1)a. ∴an＝ bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝a＋a＋a2＋…＋an－1 ＝a，(n∈N*)． (2)易知bn<3a，所以乙超市將被甲超市收購， 由bn7，∴n≥7. 即第7年乙超市的年銷售額不足甲超市的一半，乙超市將被甲超市收購． 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！