【-學案導學設計】2020-2021學年高中數(shù)學(人教A版-必修五)單元檢測-第二章-章末檢測(A)

其次章章末檢測（A）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．{an}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列，假如an＝2011，則序號n等于()A．667B．668C．669D答案D解析由2011＝1＋3(n－1)解得n＝671.2．已知等差數(shù)列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，則a12的值是()A．15B．30C．31D答案A解析在等差數(shù)列{an}中，a7＋a9＝a4＋a12，∴a12＝16－1＝15.3．等比數(shù)列{an}中，a2＝9，a5＝243，則{an}的前4項和為()A．81B．120C．168D答案B解析由a5＝a2q3得q＝3.∴a1＝eq\f(a2,q)＝3，S4＝eq\f(a11－q4,1－q)＝eq\f(31－34,1－3)＝120.4．等差數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，則此數(shù)列前20項和等于()A．160B．180C．200D答案B解析∵(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20)＝(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝3(a1＋a20)＝－24＋78＝54，∴a1＋a20＝18.∴S20＝eq\f(20a1＋a20,2)＝180.5．數(shù)列{an}中，an＝3n－7(n∈N＋)，數(shù)列{bn}滿足b1＝eq\f(1,3)，bn－1＝27bn(n≥2且n∈N＋)，若an＋logkbn為常數(shù)，則滿足條件的k值()A．唯一存在，且為eq\f(1,3)B．唯一存在，且為3C．存在且不唯一D．不愿定存在答案B解析依題意，bn＝b1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))n－1＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－2，∴an＋logkbn＝3n－7＋logkeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－2＝3n－7＋(3n－2)logkeq\f(1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋3logk\f(1,3)))n－7－2logkeq\f(1,3)，∵an＋logkbn是常數(shù)，∴3＋3logkeq\f(1,3)＝0，即logk3＝1，∴k＝3.6．等比數(shù)列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的兩根，則a4等于()A．8B．－8C．±8D答案A解析∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴aeq\o\al(2,4)＝64，∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0，∴a4＝8.7．若{an}是等比數(shù)列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差數(shù)列，則q等于()A．1或2B．1或－2C．－1或2D．－1或答案C解析依題意有2a4＝a6－a5即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.∴q＝－1或q＝2.8．設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10∶S5＝1∶2，則S15∶S5等于()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1答案A解析明顯等比數(shù)列{an}的公比q≠1，則由eq\f(S10,S5)＝eq\f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝eq\f(1,2)?q5＝－eq\f(1,2)，故eq\f(S15,S5)＝eq\f(1－q15,1－q5)＝eq\f(1－q53,1－q5)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(3,4).9．已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)等于()A.eq\f(15,14)B.eq\f(12,13)C.eq\f(13,16)D.eq\f(15,16)答案C解析由于aeq\o\al(2,3)＝a1·a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d.所以eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq\f(3a1＋10d,3a1＋13d)＝eq\f(13,16).10．已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n項和，則使得Sn達到最大值的n是()A．21B．20C．19答案B解析∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，∴99－105＝3d.∴d＝－2.又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴當n＝20時，Sn有最大值．11．設{an}是任意等比數(shù)列，它的前n項和，前2n項和與前3n項和分別為X，Y，Z，則下列等式中恒成立的是()A．X＋Z＝2YB．Y(Y－X)＝Z(Z－X)C．Y2＝XZD．Y(Y－X)＝X(Z－X)答案D解析由題意知Sn＝X，S2n＝Y，S3n＝Z.又∵{an}是等比數(shù)列，∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n為等比數(shù)列，即X，Y－X，Z－Y為等比數(shù)列，∴(Y－X)2＝X·(Z－Y)，即Y2－2XY＋X2＝ZX－XY，∴Y2－XY＝ZX－X2，即Y(Y－X)＝X(Z－X)．12．已知數(shù)列1，eq\f(1,2)，eq\f(2,1)，eq\f(1,3)，eq\f(2,2)，eq\f(3,1)，eq\f(1,4)，eq\f(2,3)，eq\f(3,2)，eq\f(4,1)，…，則eq\f(5,6)是數(shù)列中的()A．第48項B．第49項C．第50項D．第51項答案C解析將數(shù)列分為第1組一個，第2組二個，…，第n組n個，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，\f(2,n－1)，…，\f(n,1)))，則第n組中每個數(shù)分子分母的和為n＋1，則eq\f(5,6)為第10組中的第5個，其項數(shù)為(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分)13.eq\r(2)－1與eq\r(2)＋1的等比中項是________．答案±114．已知在等差數(shù)列{an}中，首項為23，公差是整數(shù)，從第七項開頭為負項，則公差為______．答案－4解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6＝23＋5d≥0,a7＝23＋6d<0))，解得－eq\f(23,5)≤d<－eq\f(23,6)，∵d∈Z，∴d＝－4.15．“嫦娥奔月，舉國慶祝”，據(jù)科學計算，運載“神六”的“長征二號”系列火箭，在點火第一秒鐘通過的路程為2km，以后每秒鐘通過的路程都增加2km，在達到離地面240km答案15解析設每一秒鐘通過的路程依次為a1，a2，a3，…，an，則數(shù)列{an}是首項a1＝2，公差d＝2的等差數(shù)列，由求和公式得na1＋eq\f(nn－1d,2)＝240，即2n＋n(n－1)＝240，解得n＝15.16．等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項的積為Tn，并且滿足條件a1>1，a99a100－1>0，eq\f(a99－1,a100－1)<0.給出下列結論：①0<q<1；②a99a101－1<0；③T100的值是Tn中最大的；④使Tn>1成立的最大自然數(shù)n等于198.其中正確的結論是________．(填寫全部正確的序號)答案①②④解析①中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a99－1a100－1<0,a99a100>1,a1>1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a99>1,0<a100<1))?q＝eq\f(a100,a99)∈(0,1)，∴①正確．②中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a99a101＝a\o\al(2,100),0<a100<1))?a99a101<1，∴②正確．③中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(T100＝T99a100,0<a100<1))?T100<T99，∴③錯誤．④中，T198＝a1a2…a＝(a1a198)(a2a197)…(a99＝(a99a100)99T199＝a1a2…a198a199＝(a1a199)…(a99a＝a199100<1，∴④正確．三、解答題(本大題共6小題，共74分)17．(12分)已知{an}為等差數(shù)列，且a3＝－6，a6＝0.(1)求{an}的通項公式；(2)若等比數(shù)列{bn}滿足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n項和公式．解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d.由于a3＝－6，a6＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))解得a1＝－10，d＝2.所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12.(2)設等比數(shù)列{bn}的公比為q.由于b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，q＝3.所以數(shù)列{bn}的前n項和公式為Sn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．18．(12分)已知等差數(shù)列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n項和Sn解設{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2da1＋6d＝－16，,a1＋3d＋a1＋5d＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋8da1＋12d2＝－16，,a1＝－4d.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,d＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－2.))因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．19．(12分)已知數(shù)列{log2(an－1)}(n∈N*)為等差數(shù)列，且a1＝3，a3＝9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)證明：eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)<1.(1)解設等差數(shù)列{log2(an－1)}的公差為d.由a1＝3，a3＝9，得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，則d＝1.所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1.(2)證明由于eq\f(1,an＋1－an)＝eq\f(1,2n＋1－2n)＝eq\f(1,2n)，所以eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)＝eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)<1.20．(12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)設bn＝eq\f(an,2n－1).證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項和．(1)證明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(2an＋2n,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．(2)解由(1)知，bn＝n，eq\f(an,2n－1)＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1兩邊乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，兩式相減得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.21．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)Sn(n＝1,2,3，…)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)當bn＝logeq\f(3,2)(3an＋1)時，求證：數(shù)列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n項和Tn＝eq\f(n,1＋n).(1)解由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1＝\f(1,2)Sn，,an＝\f(1,2)Sn－1))(n≥2)，得an＋1＝eq\f(3,2)an(n≥2)．∴數(shù)列{an}是以a2為首項，以eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列．又a2＝eq\f(1,2)S1＝eq\f(1,2)a1＝eq\f(1,2)，∴an＝a2×(eq\f(3,2))n－2(n≥2)．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)×\f(3,2)n－2，n≥2.))(2)證明bn＝logeq\f(3,2)(3an＋1)＝logeq\f(3,2)[eq\f(3,2)×(eq\f(3,2))n－1]＝n.∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n1＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,1＋n).∴Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋eq\f(1,b3b4)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝(eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq