高中数学苏教版必修5-第2章-数列-单元测试-Word版含解析[精选].doc

(时辰 ：120分钟；总分值：160分)一、填空题(本大题共14小题，每题5分，共70分请把答案填在题中横线上)1数列的通项公式为an2n1，那么2 047是那个 数列的第_项解析：由2n12 047，2n2 048，n11.答案：112首项为3的等比数列的第n项是48，第2n3项是192，那么n_解析：设公比为q，那么q24，得q±2.由(±2)n116，得n5.答案：53曾经明白数列an的前n项和Snn22n，那么an_解析：当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n1.当n1时，a13契合，故an2n1.答案：2n14各项不为零的等差数列an中，2a3a2a110，那么a7的值为_解析：由等差数列的性质知：a3a112a7，2a3a2a114a7a0，a70或a74，an0，a74.答案：45设等差数列an的前n项和为Sn，假定a111，a4a66，那么当Sn取最小值时，n等于_解析：设等差数列的公差为d，那么由a4a66得2a56，a53.又a111，3114d，d2，Sn11n×2n212n(n6)236，故当n6时Sn取最小值答案：66曾经明白数列an中，an0，假定a13，2an1an0，那么a6_解析：2an1an0，an0，数列an是首项a13，公比q的等比数列ana1qn13×()n1，a63×()5.答案：7在等比数列an中，假定a1a2an2n1，那么aaa_解析：a11，a22，a是以a1，公比为4的等比数列aaa(4n1)答案：(4n1)8曾经明白各项均为负数的等比数列an中，a1a2a35，a7a8a910，那么a4a5a6_解析：a1a2a35，a7a8a910，且an是各项均为负数的等比数列，a2，a8.，即q6.q3.a4a5a6a(a2q3)3(·)35.答案：59曾经明白等比数列an中，各项全然 上 负数，且a1，a3，2a2成等差数列，那么_解析：设等比数列an的公比为q.a1，a3，2a2成等差数列a3a12a2，a1q2a12a1q，q22q10，q1±.各项全然 上 负数，q0，q1，q2(1)232.答案：3210一种专门占据内存的计算机病毒，开机时占据内存2 KB，然后每3分钟本身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机后_分钟，该病毒占据64 MB内存(1 MB210 KB)解析：64 MB26×210KB216 KB.由于开机时占据内存2 KB，每3分钟本身复制一次，可设an2×2n216，解得n15，因而 3×1545分钟后，该病毒占据内存64 MB.答案：4511定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，假定关于恣意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，那么称f(x)为“保等比数列函数现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.那么其中是“保等比数列函数的f(x)的序号为_解析：由等比数列性质有anan2a，f(an)f(an2)aa(a)2f2(an1)；f(an)f(an2)2an2an22anan222an1f2(an1)；f(an)f(an2)()2f2(an1)；f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f2(an1)故适合答案：12曾经明白等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，那么数列的前100项和为_解析：由a55，S515可得ann，S100(1)()()1.答案：13曾经明白an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示an的前n项和，那么使得Sn抵达最大值的n是_解析：由a1a3a5105，得3a3105，a335.由a2a4a699，得3a499.a433，d2，ana4(n4)×(2)412n，由得n，n20时，Sn抵达最大值答案：2014无限数列A(a1，a2，an)，Sn为其前n项和，定义为A的“凯森和，如有99项的数列(a1，a2，a99)的“凯森和为1 000，那么有100项的数列(1，a1，a2，a99) 的“凯森和为_解析：S1S2S9999a198a22a98a99，又1 000，99a198a22a98a9999 000.对A(1，a1，a2，a99)来说，设其“凯森和为x，那么100x100×1(99a198a22a98a99)10099 000，x991.答案：991二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字阐明、证明进程或演算步骤)15(本小题总分值14分)曾经明白各项均为负数的等比数列an中，a24，a416.(1)求公比q；(2)假定a3，a5分不为等差数列bn的第3项和第5项，求数列bn的通项公式解：(1)由曾经明白得，q24，又q>0，q2.(2)由(1)可得an2n，b3a38，b5a532.设等差数列bn的公差为d，那么d12，bn8(n3)×1212n28.16(本小题总分值14分)曾经明白an是递增的等差数列，满足a2·a43，a1a54.(1)求数列an的通项公式和前n项和公式；(2)设数列bn对nN*均有an1成立，求数列bn的通项公式解：(1)a1a5a2a44，再由a2·a43，可解得a21，a43或a23，a41(舍去)d1，an11·(n2)n1，Sn(a2an1).(2)由an1得，当n2时，an，两式相减，得an1an1(n2)，bn3n(n2)，当n1时，a2，a21，b13，也适合上式bn3n.17. (本小题总分值14分)如以下图，某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径20 mm，满盘时直径100 mm，曾经明白卫生纸的厚度为0.1 mm，试征询 满盘时卫生纸的总长度大约是多少米(取3.14，精确到1 m)?解：卫生纸的厚度为0.1 mm，能够 把绕在盘上的卫生纸近似地看作是一组同心圆，由外向外各圈的半径分不为10.05，10.15，49.95.由于各圈半径组成首项为10.05，公差为0.1的等差数列，设圈数为n，那么49.9510.05(n1)×0.1，因而 n400.显然，各圈的周长组成一个首项为20.1，公差为0.2，项数为400的等差数列，依照等差数列的求和公式，得S20.1×400×0.224 000(mm)，24 000(mm)75.36(m)故满盘时卫生纸的总长度约为75 m.18(本小题总分值16分)曾经明白an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明：Tn122an10bn(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a1b12，得a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得因而 an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.，得Tn2(3n1)3×223×233×2n2n22n26n210×2n6n10.而2an10bn122(3n1)10×2n1210×2n6n10，故Tn122an10bn，nN*.19(本小题总分值16分)曾经明白前n项和为Sn的等差数列an的公差不为零，且a23，又a4，a5，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)能否存在正整数对(n，k)，使得nankSn？假定存在，求出一切正整数对(n，k)；假定不存在，请阐明理由解：(1)由于a4，a5，a8成等比数列，因而 aa4a8.设数列an的公差为d，那么(a23d)2(a22d)(a26d)将a23代入上式化简整理得d22d0，又由于d0，因而 d2.因而ana2(n2)d2n7，即数列an的通项公式为an2n7.(2)假定存在正整数对(n，k)，使得nankSn，那么由(1)知Sn6nn2.当n6时，nankSn不成立，因而k2.由于k为正整数，因而 n65，即n11，且5被n6整除，故当且仅当n6±5，或n61时，k为正整数即当n1时，k1；n11时，k3；n7时，k7.故存在正整数对(1，1)，(11，3)，(7，7)，使得nankSn成立20(本小题总分值16分)曾经明白数列an是等差数列，a26，a518，数列bn的前n项和是Tn，且Tnbn1.(1)求数列an的通项公式；(2)求证数列bn是等比数列；(3)记cnan·bn，求cn的前n项和Sn.解：(1)设an的公差为d，那么a2a1d，a5a14d，由于a26，a518，因而 因而 a12，d4，因而 an24(n1)4n2.(2)证明：当n1时，b1T1，由T1b11，得b1.当n2时，由于Tn1bn，Tn11bn1，因而 TnTn1(bn1bn)，即bn(bn1bn)因而 bnbn1.因而 bn是以为首项，为公比的等比数列(3)由(2)可知bn·()n12·()n，因而 cnan·bn(4n2)·2 ·()n(8n4)·()n.因而 Snc1c2cn1cn4×()12×()2(8n12)×()n1(8n4)×()n.因而 Sn4×()212×()3(8n12)×()n(8n4)×()n1，因而 SnSnSn4×8×()28×()38×()n(8n4)×()n18×(8n4)×()n1.因而 Sn44(n1)·()n