高二数学人教A必修5章末检测第二章数列Word版含解析

章末检测一、选择题1．{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2014，则序号n等于()A．667B．668C．669D．672答案D解析由2014＝1＋3(n－1)解得n＝672.2．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，∴d＝a4－a3＝7－5＝2.3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于()A．1B．2C．4D．8答案A解析∵a3·a11＝a27＝16，∴a7＝4，∴a5＝a7q2＝422＝1.4．数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)(910)n，那么在此数列中()A．a7＝a8最大B．a8＝a9最大C．有唯一项a8最大D．有唯一项a7最大答案A解析an＝(n＋2)910n，an＋1＝(n＋3)910n＋1，所以an＋1an＝n＋3n＋2·910，令an＋1an≥1，即n＋3n＋2·910≥1，解得n≤7，即n≤7时递增，n＞7递减，所以a1＜a2＜a3＜…＜a7＝a8＞a9＞…，所以a7＝a8最大．故选A.5．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，则1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn等于()A.nn＋12B.2nn＋1C.n2n＋1D.2nn＋1答案D解析由已知得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1.∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．∴Sn＝n＋nn－12×1＝12n2＋12n，∴1Sn＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，∴1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)]＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.6．数列{(－1)n·n}的前2013项的和S2013为()A．－2013B．－1007C．2013D．1007答案B解析S2013＝－1＋2－3＋4－5＋…[phone]＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2012－2013)＝(－1)＋(－1)×1006＝－1007.7．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2B．1或－2C．－1或2D．－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{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S6，S6＝S7S8，则下列结论错误的是()A．d0B．a7＝0C．S9S5D．S6与S7均为Sn的最大值答案C解析由S5S6，得a6＝S6－S50.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d0.由S7S8⇒a80，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)0即S9S5.9．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1an的前5项和为()A.158和5B.3116和5C.3116D.158答案C解析若q＝1，则9S3＝27a1，S6＝6a1，∵a1≠0，∴9S3≠S6，矛盾，故q≠1.由9S3＝S6得9×a11－q31－q＝a11－q61－q，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.∴1an＝(12)n－1.∴1an的前5项和S5＝1－1251－12＝3116.10．某工厂月生产总值的平均增长率为q，则该工厂的年平均增长率为()A．qB．12qC．(1＋q)12D．(1＋q)12－1答案D解析设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q)，该厂第一年的生产总值为S1＝1＋(1＋q)＋(1＋q)2＋…＋(1＋q)11.则第2年第1个月的生产总值为(1＋q)12，第2年全年生产总值S2＝(1＋q)12＋(1＋q)13＋…＋(1＋q)23＝(1＋q)12S1，∴该厂生产总值的年平均增长率为S2－S1S1＝S2S1－1＝(1＋q)12－1.二、填空题11．设{an}是递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________．答案2解析设前三项分别为a－d，a，a＋d，则a－d＋a＋a＋d＝12且a(a－d)(a＋d)＝48，解得a＝4且d＝±2，又{an}递增，∴d0，即d＝2，∴a1＝2.12．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.答案63解析由题意知a1＋a3＝5，a1a3＝4，又{an}是递增数列，所以a1＝1，a3＝4，所以q2＝a3a1＝4，q＝2代入等比求和公式得S6＝63.13．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝________.答案2n－1解析当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)∴an＝2an－1，经检验n＝1也符合．∴{an}是等比数列，∴an＝2n－1，n∈N*.14．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．答案5－12解析设三边为a，aq，aq2(q1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝5＋12.较小锐角记为θ，则sinθ＝1q2＝5－12.三、解答题15．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：1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an1.(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1an＋1－an＝12n＋1－2n＝12n，所以1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an＝121＋122＋123＋…＋12n＝12－12n×121－12＝1－12n1.16．已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{1Sn}的前n项和为Tn，求证：16≤Tn38.(1)解因为数列{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋nn－12d.依题意，有S5＝70，a27＝a2a22.即5a1＋10d＝70，a1＋6d2＝a1＋da1＋21d.解得a1＝6，d＝4.所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋2(n∈N*)．(2)证明由(1)可得Sn＝2n2＋4n.所以1Sn＝12n2＋4n＝12nn＋2＝14(1n－1n＋2)．所以Tn＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn－1＋1Sn＝14(1－13)＋14(12－14)＋14(13－15)＋…＋14×(1n－1－1n＋1)＋14(1n－1n＋2)＝14(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝38－14(1n＋1＋1n＋2)．因为Tn－38＝－14(1n＋1＋1n＋2)0，所以Tn38.因为Tn＋1－Tn＝14(1n＋1－1n＋3)0，所以数列{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1＝16.所以16≤Tn38.17．已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1a1＋1a2＋…＋1am≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由.解(1)由a1a2a3＝125，得a2＝5，又a2|q－1|＝10，∴q＝－1或3，∴数列{an}的通项an＝－5·(－1)n－1或an＝5×3n－2.(2)若q＝－1，1a1＋1a2＋…＋1am＝－15或0，不存在这样的正整数m；若q＝3，1a1＋1a2＋…＋1am＝9101－13m＜910，不存在这样的正整数m.综上，对任何正整数m，总有1a1＋1a2＋…＋1am＜1，故不存在正整数m，使得1a1＋1a2＋…＋1am≥1成立．18．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝an2n－1.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝an＋12n＝2an＋2n2n＝an2n－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，an2n－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.