第二章　数　列  章末检测  答案

1.B　[S5=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=n2d知

30-15=5d，∴d=3.]

4.B　[T5=a1a2a3a4a5=(a1a5)(a2a4)a3

=a53=1.∴a3=1.]

5.A　[q3=a4+a6a1+a3=18，∴q=12.

∵a1+a3=a1(1+q2)=54a1=10，∴a1=8.

∴an=a1•qn-1=8•(12)n-1=24-n.]

6.C　[∵S10=6，S5=2，S10=3S5.∴q≠1.

∴S5=a11-q51-qS10=a11-q101-q∴S10S5=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.

∴a10-12a12=12(2a10-a12)

=12[2(a1+9d)-(a1+11d)]=12(a1+7d)

=12a8=12.]

8.C　[设公比为q(q≠0)，则由a2a3=2a1知

a1q3=2，∴a4=2.

又a4+2a7=52，∴a7=14.

∴a1=16，q=12.

∴S5=a11-q51-q=16[1-125]1-12=31.]

9.A　[∵S16=16a1+a162=8(a8+a9)>0，

∴a8+a9>0.

∵S17=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：12，1,2,4.

不妨设12，4为x2-mx+2=0的根，

1,2为x2-nx+2=0的根.

∴m=12+4=92，n=1+2=3，

∴|m-n|=|92-3|=32.]

11.C　[∵前n组偶数总的个数为：

2+4+6+…+2n=2+2nn2=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=a23，

即(a1+d)(a1+3d)=(a1+2d)2，化简，得d=0，不合题意;

若删去a2，则a1a4=a23，

即a1(a1+3d)=(a1+2d)2，化简，得a1d=-4;

若删去a3，则a1a4=a22，

即a1(a1+3d)=(a1+d)2，化简，得a1d=1;

若删去a4，则a1a3=a22，

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=19a1+a192=19a10<0;

S20=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>lg 0.05lg 0.8，

即n>lg 5-2lg 8-1=1-lg 2-23lg 2-1=-lg 2-13lg 2-1

≈-0.301 0-13×0.301 0-1≈13.41，取n=14.

16.an=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=2　　　n=16n-5  n≥2.

17.解　(1)由Sn+1-Sn=(13)n+1得an+1=(13)n+1(n∈N*)，

又a1=13，故an=(13)n(n∈N*).

从而Sn=13×[1-13n]1-13=12[1-(13)n](n∈N*).

(2)由(1)可得S1=13，S2=49，S3=1327.

从而由S1，t(S1+S2)，3(S2+S3)成等差数列得

13+3×(49+1327)=2×(13+49)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=logaan+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+nn-12d，依题意，有

133a+3×22d×144a+4×32d=1255a+5×42d2，133a+3×22d+144a+4×32d=1×2，

整理得3ad+5d2=0，2a+52d=2，

∴a=1，d=0或a=4，d=-125.

∴an=1或an=325-125n，

经检验，an=1和an=325-125n均合题意.

∴所求等差数列的通项公式为an=1或an=325-125n.

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=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1

=11×5+15×9+19×13+…+14n-3×4n+1

=14(1-15+15-19+19-113+…+14n-3-14n+1)

=14(1-14n+1)<14.

又易知Tn单调递增，

故Tn≥T1=15，得15≤Tn<14.

21.(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d+3q=7，q+q2-d=5，

解得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=a2(n2-n+2)-a2[(n-1)2-(n-1)+2]

=(n-1)a.

∴an=a，　　　n=1，n-1a，  n≥2.

bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)

=a+a23+a232+…+a23n-1

=3-223n-1a，(n∈N*).

(2)易知bn<3a，所以乙超市将被甲超市收购，

由bn<12an得：3-223n-1a<12(n-1)a.

∴n+423n-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.

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