高二数学人教a必修5章末检测：第二章数列word版含解析 6页

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＝2 014，则序号 n 等于( ) A．667 B．668 C．669 D．672 答案 D 解析 由 2 014＝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．1 B．2 C．3 D．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．1 B．2 C．4 D．8 答案 A 解析 ∵a3·a11＝a27＝16，∴a7＝4， ∴a5＝a7 q2 ＝ 4 22 ＝1. 4．数列{an}的通项公式是 an＝(n＋2)( 9 10)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) 9 10 n，an＋1＝(n＋3) 9 10 n＋1， 所以an＋1 an ＝n＋3 n＋2 · 9 10 ， 令an＋1 an ≥1，即n＋3 n＋2 · 9 10 ≥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 1 S1 ＋ 1 S2 ＋ 1 S3 ＋…＋ 1 Sn 等于( ) A.nn＋1 2 B. 2 nn＋1 C. n 2n＋1 D. 2n n＋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＝1 2n2＋1 2n， ∴ 1 Sn ＝ 2 nn＋1 ＝2(1 n － 1 n＋1 )， ∴ 1 S1 ＋ 1 S2 ＋ 1 S3 ＋…＋ 1 Sn ＝2[(1－1 2)＋(1 2 －1 3)＋…＋(1 n － 1 n＋1 )]＝2(1－ 1 n＋1 )＝ 2n n＋1 . 6．数列{(－1)n·n}的前 2 013 项的和 S2 013 为( ) A．－2 013 B．－1 007 C．2 013 D．1 007 答案 B 解析 S2 013＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 012－2 013＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 012－2 013)＝(－1)＋(－1)×1 006＝－1 007. 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 2 B．1 或－2 C．－1 或 2 D．－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 S5S8，则下列结论错误的是( ) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．S6 与 S7 均为 Sn 的最大值 答案 C 解析 由 S50.又 S6＝S7⇒a7＝0，所以 d<0. 由 S7>S8⇒a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9 ＝2(a7＋a8)<0 即 S90，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＝a3 a1 ＝ 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 5－1 2 解析 设三边为 a，aq，aq2 (q>1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝ 5＋1 2 . 较小锐角记为θ，则 sin θ＝ 1 q2 ＝ 5－1 2 . 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： 1 a2－a1 ＋ 1 a3－a2 ＋…＋ 1 an＋1－an <1. (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 1 an＋1－an ＝ 1 2n＋1－2n ＝ 1 2n ， 所以 1 a2－a1 ＋ 1 a3－a2 ＋…＋ 1 an＋1－an ＝ 1 21 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n ＝ 1 2 － 1 2n ×1 2 1－1 2 ＝1－ 1 2n<1. 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{ 1 Sn }的前 n 项和为 Tn，求证：1 6 ≤Tn<3 8. (1)解 因为数列{an}是等差数列， 所以 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋nn－1 2 d. 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 1 Sn ＝ 1 2n2＋4n ＝ 1 2nn＋2 ＝1 4(1 n － 1 n＋2 )． 所以 Tn＝ 1 S1 ＋ 1 S2 ＋ 1 S3 ＋…＋ 1 Sn－1 ＋ 1 Sn ＝1 4(1－1 3)＋1 4(1 2 －1 4)＋1 4(1 3 －1 5)＋…＋1 4 ×( 1 n－1 － 1 n＋1 )＋1 4(1 n － 1 n＋2 ) ＝1 4(1＋1 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2)＝3 8 －1 4( 1 n＋1 ＋ 1 n＋2)． 因为 Tn－3 8 ＝－1 4( 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 )<0，所以 Tn<3 8. 因为 Tn＋1－Tn＝1 4( 1 n＋1 － 1 n＋3 )>0，所以数列{Tn}是递增数列， 所以 Tn≥T1＝1 6.所以1 6 ≤Tn<3 8. 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 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 am ≥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， 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 am ＝－1 5 或 0，不存在这样的正整数 m； 若 q＝3， 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 am ＝ 9 10 1－ 1 3 m ＜ 9 10 ，不存在这样的正整数 m. 综上，对任何正整数 m，总有 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 am ＜1，故不存在正整数 m，使得 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 am ≥1 成立． 18．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n. (1)设 bn＝ an 2n－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＋1 2n ＝2an＋2n 2n ＝ an 2n－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， an 2n－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.