（人教B版）高中数学必修5-第二章数列综合素质检测（含答案解析）

第二章综合素质检测
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每个小题5分，共60分，每小题给出的四个备选答案中，有且仅有一个是符合题目要求的)
1．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为(　　)
A．48　　　　　　　　　　 B．54
C．60 D．66
[答案]　B
[解析]　∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，
∴S9＝＝＝9×6＝54.
2．若等比数列{an}的公比q>0，且q≠1，又a1<0，那么(　　)
A．a2＋a6>a3＋a5
B．a2＋a6C．a2＋a6＝a3＋a5
D．a2＋a6与a3＋a5的大小不能确定
[答案]　B
[解析]　(a2＋a6)－(a3＋a5)＝(a2－a3)－(a5－a6)
＝a2(1－q)－a5(1－q)＝(1－q)(a2－a5)
＝a1q(1－q)2(1＋q＋q2)．
∵q>0，且q≠1，又a1<0，
∴(a2＋a6)－(a3＋a5)<0.
即a2＋a63．(2012～2013学年度河南禹州高二期中测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式an＝(　　)
A．n B．2n
C．2n＋1 D．n＋1
[答案]　B
[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝2，排除A，C；当n＝2时，a2＝S2－S1＝6－2＝4，排除D，故选B.
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)
A．1 B.
C. D.
[答案]　B
[解析]　an＝＝－，
∴S5＝1－＋－＋－＋－＋－＝1－＝.
5．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)
A．58 B．88
C．143 D．176
[答案]　B
[解析]　本题主要考查等差数列的性质及求和公式．
由条件知a4＋a8＝a1＋a11＝16，S11＝＝＝88.
6．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为(　　)
A．1.14a B．1.15a
C．11×(1.15－1)a D．10(1.16－1)a
[答案]　C
[解析]　设从去年开始，每年产值构成数列为{an}，则a1＝a，
an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)，从今年起到第5年是求该数列a2到a6的和，应为S6－a1＝－a＝11×(1.15－1)a.
7．等比数列{an}的各项为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于(　　)
A．12 B．10
C．8 D．2＋log35
[答案]　B
[解析]　由等比数列的性质可知：a5a6＝a4a7＝a3a8＝…＝a1a10，
∴a5a6＋a4a7＝2a1a10＝18，∴a1a10＝9.
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10
＝log3(a1·a2·a3·…·a10)＝log3(a1a10)5＝10.
8．2＋4＋8＋…＋1024等于(　　)
A．2 046 B．2 007
C．1 047 D．2 046
[答案]　A
[解析]　2＋4＋8＋…＋1 024[来源:数理化网]
＝(2＋4＋8＋…＋1 024)＋(＋＋＋…＋)
＝＋＝211－2＋1－()10
＝2 046＋＝2 046＋＝2 046.
9．正项数列{an}满足a＝a＋4(n∈N*)，且a1＝1，则a7的值为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
[答案]　B
[解析]　∵a＝a＋4(n∈N*)，
∴a－a＝4，又a1＝1，∴a＝1.
∴数列{a}是首项为1，公差为4的等差数列，
∴a＝1＋4(n－1)＝4n－3.
∴a＝4×7－3＝25，
又a7>0，∴a7＝5.
10．若{an}是等差数列，首项a1>0，a1 007＋a1 008>0，a1 007·a1 008<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是(　　)
A．2 012 B．2 013
C．2 014 D．2 015
[答案]　C
[解析]　∵a1 007＋a1 008>0，
∴a1＋a2 014>0，
∴S 2 014＝>0，
∵a 1 007·a1 008<0，a1>0，
∴a1 007>0，a1 008<0，
∴2a1 008＝a1＋a2 015<0，
∴S2 015＝<0，
故选C.
11．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N*)，则f(n)等于(　　)
A.(8n＋1) B.(8n－1－1)
C.(8n＋3－1) D.(8n＋4－1)
[答案]　D
[解析]　解法一：令n＝0，则f(n)＝2＋24＋27＋210＝＝＝(84－1)，对照选项，只有D成立．
解法二：数列2,24,27,210，…，23n＋10是以2为首项，8为公比的等比数列，项数为n＋4，
∴f(n)＝＝(8n＋4－1)．
12．定义：称为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若数列{an}的前n项的“均倒数”为，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．2n－1 B．4n－1
C．4n－3 D．4n－5
[答案]　C
[解析]　设数{an}的前n项和为Sn，则
由已知得＝＝，
∴Sn＝n(2n－1)＝2n2－n
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3
当n＝1时，a1＝S1＝2×12－1＝1适合上式，
∴an＝4n－3.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)
13．(2012·辽宁文，14)已知等比数列{an}为递增数列，若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝________.
[答案]　2
[解析]　本题考查了等比数列的通项公式．
∵{an}是递增的等比数列，且a1>0，
∴q>1，
又∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，
∴2an＋2anq2＝5anq，
∵an≠0，
∴2q2－5q＋2＝0，
∴q＝2或q＝(舍去)，
∴公比q为2.
[点评]　一定要注意数列{an}是递增数列且a1>0，则公比q大于1.[来源:www.shulihua.net
14．(2012～2013学年度辽宁鞍山市第一中学高二期中测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3n2＋2n－1，则数列{an}的通项公式an＝________.
[答案]　
[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋2n－1－3(n－1)2－2(n－1)＋1＝6n－1，a1＝4不满足上式．
∴an＝.
15．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝5a3，则＝________.
[答案]　9
[解析]　解法一：设等差数列{an}的公差为d，
∵a5＝5a3，∴a1＋4d＝5(a1＋2d)，∴a1＝－d，
∴＝＝＝＝9.
解法二：＝＝＝，
∵a5＝5a3，∴＝＝9.
16．若数列{an}满足a1＝2，an＝1－，则a2 013＝________.
[答案]　－1
[解析]　∵a1＝2，an＝1－，∴a2＝1－＝，
a3＝1－＝－1，a4＝1－＝2，a5＝1－＝，…
∴数列{an}的值呈周期出现，周期为3.
∴a2 013＝a3＝－1.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}、{bn}的通项公式．
[解析]　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.
由a3＋b3＝17得1＋2d＋3q2＝17，①
由T3－S3＝12得q2＋q－d＝4.②
由①、②及q>0解得q＝2，d＝2.
故所求的通项公式为an＝2n－1，bn＝3×2n－1.
18．(本题满分12分)(2013·新课标Ⅱ文，17)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
[解析]　(1)设{an}的公差为d，由题意，a＝a1a13，即
(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而
Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
19．(本题满分12分)数列{an}的前n项和为Sn＝2－2an ，n∈N*.求证：数列{an}为等比数列，并求通项an.
[证明]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－2a1，∴a1＝；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2－2an)－(2－2an－1)
＝2an－1－2an.∴＝.
故{an}是以 a1＝为首项，以q＝为公比的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝()n.
20．(本题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝1，S11＝33.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝()an.求证：{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
[解析]　(1)∵，∴，
∴，∴an＝.
(2)∵bn＝()＝，∴＝，∴{bn}是以b1＝为首项，为公比的等比数列，前n项和Tn＝＝1－.
21．(本题满分12分)(2012～2013学年度辽宁鞍山市第一中学高二期中测试)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·4n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)由题意，得
a2－a1＝3×4，
a3－a2＝3×42，
a4－a3＝3×43，
……
an－an－1＝3·4n－1(n≥2)，
以上n－1个式子相加，得
an－a1＝3(4＋42＋43＋…＋4n－1)
＝3×＝4n－4，
∴an＝a1＋4n－4＝4n－2.
a1＝2满足上式，∴an＝4n－2.
(2)bn＝nan＝n(4n－2)，
Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋n·4n－2(1＋2＋…＋n)，
设Tn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋n·4n，
∴4Tn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1，
∴－3Tn＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1＝－n·4n＋1，
∴Tn＝＋
＝[(3n－1)·4n＋1＋4]，[来源:学§科§网]
∴Sn＝[(3n－1)·4n＋1＋4]－n(n＋1)．
22．(本题满分14分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1,2,3……)，[来源:www.shulihua.net]
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn；
(3)在(2)的条件下，对任意n∈N*，Tn>都成立，求整数m的最大值．
[解析]　(1)∵4Sn＝(an＋1)2，①
∴4Sn－1＝(an－1＋1)2(n≥2)，②
①－②得
4(Sn－Sn－1)＝(an＋1)2－(an－1＋1)2.
∴4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2.
化简得(an＋an－1)·(an－an－1－2)＝0.
∵an>0，∴an－an－1＝2(n≥2)．
由4a1＝(a1＋1)2得a1＝1，
∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)bn＝＝＝(－)．
∴Tn＝
＝(1－)＝.
(3)由(2)知Tn＝(1－)，
Tn＋1－Tn＝(1－)－(1－)
＝(－)>0.
∴数列{Tn}是递增数列．
∴[Tn]min＝T1＝.
∴<，∴m<.
∴整数m的最大值是7.