高二数学上册单元知识点考试题3.doc

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必修5第二章《数列》
(时间：120分钟；满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知数列{an}满足a1＝3，an－an＋1＋1＝0(n∈N＋)，则此数列中a10等于(　　)
A．－7　　　　　　　　　　 B．11
C．12 D．－6
解析：选C.易知{an}为等差数列，且公差为1，
∴a10＝3＋(10－1)×1＝12.
2．数列{an}是由实数构成的等比数列，Sn＝a1＋a2＋…＋an，则数列{Sn}中(　　)
A．任一项均不为0
B．必有一项不为0
C．至多有有限项为0
D．或无一项为0，或有无穷多项为0
解析：选D.如在数列2，－2,2，－2…中，S1＝2，S2＝0，S3＝2，S4＝0，…，如果一项为0，那么就会有无限多项为0.
3．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．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B.由S偶－S奇＝30－15＝5d得d＝3.
4．已知{an}是公比为q的等比数列，且a1、a3、a2成等差数列，则q＝(　　)
A．1或－ B．1
C．－ D．－2
解析：选A.∵{an}为等比数列且公比为q，
且a1，a3，a2成等差数列，
则2a1·q2＝a1＋a1q，
即2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－.
5．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是(　　)
A．S7 B．S8
C．S13 D．S15
解析：选C.由a2＋a8＋a11＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，知a7为一个定值，
∴S13＝＝13 a7也为定值．
6．计算机是将信息转换成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如(1101)2表示二进制的数，将它转换成十进制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13，那么将二进制数转换成十进制数的形式是(　　)
A．217－2 B．216－1
C．216－2 D．215－1
解析：选B.题目虽然比较新，但是我们仔细分析题目中的条件，按照其规律有：215＋214＋213＋…＋1＝＝216－1.
7．在Rt△ABC中，已知a<b<c，且a、b、c成等比数列，则a∶c等于(　　)
A．3∶4 B．(－1)∶2
C．1∶(－1) D.∶1
解析：选B.由a2＋b2＝c2及b2＝ac，
即可推得a∶c＝(－1)∶2.
8．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S4＝10，则S6等于(　　)
A．12 B．18
C．24 D．42
解析：选C.S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，
∴2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)，
解得S6＝24.
9．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始n个月内累计的需求量Sn(万件)近似地满足Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是(　　)
A．5月、6月 B．6月、7月
C．7月、8月 D．8月、9月
解析：选C.Sn＝(21n－n2－5)＝(21n2－n3－5n)．
∴由an＝Sn－Sn－1，
得an＝Sn－Sn－1＝(21n2－n3－5n)－[21(n－1)2－(n－1)3－5(n－1)]
＝[21(2n－1)－(n2＋n2－n＋n2－2n＋1)－5]
＝(－3n2＋45n－27)＝－(n－)2＋.
∴当n＝7或8时，超过1.5万件．
10．给定an＝logn＋1(n＋2)(n∈N＋)，定义使a1·a2·a3·…·ak为整数的数k(k∈N＋)叫企盼数，则区间(1,10000)内所有企盼数之和为(　　)
A．15356 B．16356
C．17356 D．16380
解析：选B.∵a1·a2·a3…ak＝log23·log34·log45·…·logk＋1(k＋2)＝log2(k＋2)为整数，∴k＋2必是2的整数次幂．
∵k∈(1,10000)，∴k可取22－2,23－2，…，213－2，
∴所求企盼数之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(213－2)
＝(22＋23＋…＋213)－2×12＝－24＝16356.
11．已知数列{an}的前n项的和Sn＝3n－n2，则当n≥2时，下列不等式中成立的是(　　)
A．Sn＞na1＞nan B．Sn＞nan＞na1
C．na1＞Sn＞nan D．nan＞Sn＞na1
解析：选C.利用Sn－Sn－1＝an求出an，再进行作差比较三者的关系．
12．数列{an}的通项公式为an＝，已知它的前n项和Sn＝6，则项数n等于(　　)
A．6 B．7
C．48 D．49
解析：选C.将通项公式变形得：an＝＝＝－，则Sn＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1，由Sn＝6，则有－1＝6，
∴n＝48.
二、填空题(本大题共4小题，把答案填在题中横线上)
13．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝，用πn表示它的n项之积：πn＝a1·a2·a3…an，πn取得最大值时n＝________.
解析：法一：令y＝log2πn＝log2(a1·a2·a3…an)＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2an，而{log2an}构成公差为log2q＝log2＝－1的等差数列，则我们可以用等差数列前n项和公式得：y＝9n＋＝－(n－)2＋，又a10＝1，∴当n＝9或10时，πn最大．
法二：an＝512·()n－1，
当n＝10时，an＝1，
∴n≤9时，an＞1，
n＞10时，0＜an＜1，
∴πn最大时，n取9或10.
答案：9或10
14．数列{an}中，a1＝a，an＝(n≥2)(a≠0)，则an＝________.
解析：由an＝，可得＝n＋(n≥2)，令bn＝，则b2＝2＋b1，
b3＝3＋b2，…，bn＝n＋bn－1，各式相加，得bn＝b1＋(2＋3＋…＋n)
＝＋，an＝＝.
答案：
15．一个数列{an}，其中a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，那么这个数列的第5项是________．
解析：a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，
a5＝a4－a3＝－6.
答案：－6
16．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则f(4)＝________；f(n)＝________.

解析：1＝1,7＝1＋1×6,19＝1＋1×6＋2×6，则
f(4)＝1＋1×6＋2×6＋3×6＝37.
f(n)＝1＋1×6＋2×6＋…＋(n－1)×6＝1＋6(1＋2＋…＋n－1)＝1＋3n(n－1)．
答案：37　1＋3n(n－1)
三、解答题(本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)令bn＝2an－10，证明数列{bn}为等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则解得
∴an＝12＋2(n－1)＝2n＋10.
(2)证明：由(1)得
bn＝2an－10＝22n＝4n，
∴＝＝4.
∴{bn}是首项是4，公比q＝4的等比数列．
18．(2011年济南高二检测)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn，n≥1，n∈N＋.求
(1)数列{an}的通项公式；
(2)a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．
解：(1)由a1＝1，an＋1＝Sn，n＝1,2,3，…，
得a2＝S1＝a1＝，
由an＋1－an＝(Sn－Sn－1)＝an(n≥2)，
得an＋1＝an(n≥2)，
又a2＝，所以an＝()n－2(n≥2)，
∴数列{an}的通项公式为
an＝.
(2)由(1)可知a2，a4，…，a2n是首项为，公比为()2，且项数为n的等比数列，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a2n
＝·＝[()2n－1]．
19．在等差数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn满足条件＝，n＝1,2，….
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝anpan(p＞0)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由＝，
得＝3，所以a2＝2，即d＝a2－a1＝1.
又＝＝＝＝，所以an＝n.
(2)由bn＝anpan，得bn＝npn，所以
Tn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1＋npn， ①
当p＝1时，Tn＝；
当p≠1时，
pTn＝p2＋2p3＋3p4＋…＋(n－1)pn＋npn＋1， ②
①－②，得(1－p)Tn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn－npn＋1＝－npn＋1.
所以Tn＝
20．等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公比为q.
由已知得16＝2q3，解得q＝2. ∴an＝a1qn－1＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.
设{bn}的公差为d，则有解得
从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝6n2－22n.
21．某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d＞0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r＞0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．
(1)写出Tn与Tn－1(n≥2)的递推关系式；
(2)求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．
解：(1)由题意知Tn＝Tn－1(1＋r)＋an(n≥2)．
(2)证明：T1＝a1，对n≥2反复使用(1)中的关系式，得
Tn＝Tn－1(1＋r)＋an＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an＝…＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an. ①
在①式两端同乘1＋r，得
(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1·(1＋r)2＋an(1＋r)． ②
②－①，得
rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an，
即Tn＝(1＋r)n－n－.
如果记An＝(1＋r)n，Bn＝－－n，
则Tn＝An＋Bn，
其中{An}是以(1＋r)为首项，以1＋r(r＞0)为公比的等比数列；{Bn}是以－－为首项，以－为公差的等差数列．
22．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N＋.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)证明：b1＝a2－a1＝1，
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an
＝－(an－an－1)＝－bn－1，
∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝(－)n－1，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋1＋(－)＋…＋(－)n－2
＝1＋
＝1＋[1－(－)n－1]
＝－(－)n－1，
当n＝1时，－(－)1－1＝1＝a1，
∴an＝－(－)n－1(n∈N＋)．

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希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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