【-学案导学设计】2020-2021学年高中人教B版数学必修五课时作业：第2章-单元检测(B)

其次章数列(B)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．在等差数列{an}中，a3＝2，则{an}的前5项和为()A．6B．10C．16D．322．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q等于()A．3B．4C．5D．63．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为()A．5B．4C．34．在等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则()A．a1＝1B．a3＝1C．a4＝1D．a5＝15．等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq\f(5,4)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝24－nB．an＝2n－4C．an＝2n－3D．an＝23－n6．已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于()A．8B．12C．16D．247．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a10－eq\f(1,2)a12的值为()A．10B．11C．12D．138．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5等于()A．35B．33C．31D．299．已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和．若S16>0，且S17<0，则当Sn最大时n的值为()A．8B．9C．10D．1610．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成一个首项为eq\f(1,2)的等比数列，则|m－n|等于()A．1B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2)D.eq\f(9,2)11．将正偶数集合{2,4,6，…}从小到大按第n组有2n个偶数进行分组：{2,4}，{6,8,10,12}，{14,16,18,20,22,24}，….则2010位于第()组．A．30B．31C．32D．3312．a1，a2，a3，a4是各项不为零的等差数列且公差d≠0，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的挨次)是等比数列，则eq\f(a1,d)的值为()A．－4或1B．1C．4D．4或－1二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．定义“等和数列”：在一个数列中，假如每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－1，公和为1，那么这个数列的前2011项和S2011＝________.14．等差数列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn为数列{an}的前n项和，则使Sn>0的n的最小值为__________．15．某纯洁水厂在净化过程中，每增加一次过滤可削减水中杂质的20%，要使水中杂质削减到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为________．(lg2≈0.3010)16．数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则它的通项公式是________________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N＋)．(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数t的值．18．(12分)已知点(1,2)是函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝logaan＋1，求数列{anbn}的前n项和Tn.19．(12分)设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知eq\f(1,3)S3，eq\f(1,4)S4的等比中项为eq\f(1,5)S5；eq\f(1,3)S3，eq\f(1,4)S4的等差中项为1，求数列{an}的通项公式．20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，求证：eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4).21．(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，a2＋b2＝8，T3－S3＝15.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2对任意n∈N＋都成立，求证：数列{cn22．(12分)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为eq\f(a,2)(n2－n＋2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1万元．(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，推断哪一超市有可能被收购？假如有这种状况，将会毁灭在第几年？其次章数列(B)答案1．B[S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝5a3＝10.]2．B[∵3S3＝a4－2,3S2＝a3－2.∴3(S3－S2)＝a4－a3，∴3a3＝a4－a3∴a4＝4a3.∴q3．C[当项数n为偶数时，由S偶－S奇＝eq\f(n,2)d知30－15＝5d，∴d＝3.]4．B[T5＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)5．A[q3＝eq\f(a4＋a6,a1＋a3)＝eq\f(1,8)，∴q＝eq\f(1,2).∵a1＋a3＝a1(1＋q2)＝eq\f(5,4)a1＝10，∴a1＝8.∴an＝a1·qn－1＝8·(eq\f(1,2))n－1＝24－n.]6．C[∵S10＝6，S5＝2，S10＝3S5.∴q≠1.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S5＝\f(a11－q5,1－q),S10＝\f(a11－q10,1－q)))∴eq\f(S10,S5)＝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∴a10－eq\f(1,2)a12＝eq\f(1,2)(2a10－a12)＝eq\f(1,2)[2(a1＋9d)－(a1＋11d)]＝eq\f(1,2)(a1＋7d)＝eq\f(1,2)a8＝12.]8．C[设公比为q(q≠0)，则由a2a3＝2aa1q3＝2，∴a4＝2.又a4＋2a7＝eq\f(5,2)，∴a7＝eq\f(1,4).∴a1＝16，q＝eq\f(1,2).∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(16[1－\f(1,2)5],1－\f(1,2))＝31.]9．A[∵S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8(a8＋a9)>0，∴a8＋a9>0.∵S17＝eq\f(17a1＋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：eq\f(1,2)，1,2,4.不妨设eq\f(1,2)，4为x2－mx＋2＝0的根，1,2为x2－nx＋2＝0的根．∴m＝eq\f(1,2)＋4＝eq\f(9,2)，n＝1＋2＝3，∴|m－n|＝|eq\f(9,2)－3|＝eq\f(3,2).]11．C[∵前n组偶数总的个数为：2＋4＋6＋…＋2n＝eq\f(2＋2nn,2)＝n2＋n.∴第n组的最终一个偶数为2＋[(n2＋n)－1]×2＝2n(n＋1)．令n＝30，则2n(n＋1)＝1860；令n＝31，则2n(n＋1)＝1984；令n＝32，则2n(n＋1)＝2112.∴2010位于第32组．]12．A[若删去a1，则a2a4＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得d＝0，不合题意；若删去a2，则a1a4＝aeq\o\al(2,3)，即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得eq\f(a1,d)＝－4；若删去a3，则a1a4＝aeq\o\al(2,2)，即a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化简，得eq\f(a1,d)＝1；若删去a4，则a1a3＝aeq\o\al(2,2)，即a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，化简，得d＝0，不合题意．故选A.]13．1004解析a1＝－1，a2＝2，a3＝－1，a4＝2，…，∴a2011＝－1，∴S2011＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2009＋a2010)＋a2011＝1005×1＋(－1)＝1004.14．20解析∵S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10<0；S20＝eq\f(20a1＋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nlg0.8<lg0.05，∵lg0.8<0，∴n>eq\f(lg0.05,lg0.8)，即n>eq\f(lg5－2,lg8－1)＝eq\f(1－lg2－2,3lg2－1)＝eq\f(－lg2－1,3lg2－1)≈eq\f(－0.3010－1,3×0.3010－1)≈13.41，取n＝14.16．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1,6n－5n≥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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1,6n－5n≥2)).17．解(1)由Sn＋1－Sn＝(eq\f(1,3))n＋1得an＋1＝(eq\f(1,3))n＋1(n∈N＋)，又a1＝eq\f(1,3)，故an＝(eq\f(1,3))n(n∈N＋)．从而Sn＝eq\f(\f(1,3)×[1－\f(1,3)n],1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)[1－(eq\f(1,3))n](n∈N＋)．(2)由(1)可得S1＝eq\f(1,3)，S2＝eq\f(4,9)，S3＝eq\f(13,27).从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得eq\f(1,3)＋3×(eq\f(4,9)＋eq\f(13,27))＝2×(eq\f(1,3)＋eq\f(4,9))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－1，①2Tn＝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＋eq\f(nn－1,2)d，依题意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))×\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝\f(1,25)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a＋\f(5×4,2)d))2，,\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a＋\f(3×2,2)d))＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a＋\f(4×3,2)d))＝1×2，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3ad＋5d2＝0，,2a＋\f(5,2)d＝2，))∴a＝1，d＝0或a＝4，d＝－eq\f(12,5).∴an＝1或an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n，经检验，an＝1和an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n均合题意．∴所求等差数列的通项公式为an＝1或an＝eq\f(32,5)－eq\f(12,5)n.20．解(1)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)Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1×5)＋eq\f(1,5×9)＋eq\f(1,9×13)＋…＋eq\f(1,4n－3×4n＋1)＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,9)＋eq\f(1,9)－eq\f(1,13)＋…＋eq\f(1,4n－3)－eq\f(1,4n＋1))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,4n＋1))<eq\f(1,4).又易知Tn单调递增，故Tn≥T1＝eq\f(1,5)，得eq\f(1,5)≤Tn<eq\f(1,4).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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＋3q＝7，,q＋q2－d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＋…＋(