河北省晖中学高中数学 第二章 数列章末检测 新人教B版必修51

1、第二章 章末检测 (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在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比abc的值为( 数列，则 ) 2 11 1 2 a b c A.1 B2 C3 D4 22aaaaa9，则其前10项之和为( 满足 ) 22等差数列n7447A9 B15 C15 D15 2aaaxxa等于( ) 64，是方程034的两根，则3等比数列中，n462A8 B8 C8 D以上都不对 anSSSSS等于( 的前12，则项和为 ，若4设等比数列) nn515105A34 B23 C12 D13 aaaaa

2、aaSan项和，表示已知为等差数列，99，以105，的前5nnn653412Sn是( 达到最大值的) 则使得nA21 B20 C19 D18 1aaaaaaaaa等于，则( 6已知数列 为等比数列，) 2， nnn13251224nnA16(14) B16(12) 3232nnC.(14) D.(12) 332anSSAaaaA的值为( ) 42，记，27已知等差数列的前则项和为，且nn1321119A2 B1 C16 D32 aqaaaq等于( ，是等比数列，其公比是成等差数列，则，且) ，若8n654A1或2 B1或2 C1或2 D1或2 aaa931adaaa成等比数列，则等于( 的公差

3、，0且 ，9已知等差数列) n913aaa102415121315A. B. C. D. 1413161610某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 20.301 0)( ) A5 B10 C14 D15 1?aaaaa1等于，( ln ，则11在数列中，) 2 nnnn11n?nnn 2(1)ln ln A2 Bnnnn ln 1C2ln D5121324312) ，( 是数列中的，则，已知数列121， 6131321242 第B 48A第项 项49 项第C50第D 项51 1 二、填空题(本大题共4小题，每

4、小题5分，共20分) a中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为13已知在等差数列n_ 82714在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为 32_ 1aSnaaSna1)，则 项和，若(1，15数列_. 中，是其前 nnnnn113aaaaSanSn的的项和，则使为数列16等差数列0中，|的前|，nnnn101110最小值为_ 三、解答题(本大题共6小题，共70分) *naaa9. 3N)为等差数列，且(10分)已知数列log，(1) (17n321a的通项公式； (1)求数列n1111. (2)证明： aaaaaann11223 412n1nSana1

5、,2,3)( 的前2项的和为分18(12)设数列 nnn333aa；求首项 与通项(1)n1nnn32?TnTT表示求和，)，证明：设1,2,3) 000，a46422A 的公比q1，显然等比数列a4 n101q11S1055q? 则由，q15221qS51?3?13155?23S1qq115. 故55411Sqq1?5?1?2B 3d，a)(aa(a5a (a)5314622. 1053d.d9939. 105，aa3a6d又aa15311dd1n?an ndSn11n?22222400. 20)n(n40n S有最大值当n20时，n1a53C. ，则设6 a的公比为qn8a2 4 112a

6、aqa，aa4，aaq也是等比数列且首项aa8，公比为，3121n1212n421?18n?432n 4)aa(11nn3114a21a211B2. ，a7 由21a421121112220. a(aa)a2a111113911021. A2aaa2139112C 依题意有2aa2aa，即aqaq8，46454420. 0，q而aq20，(q2)(q1)42. 或qq12C ，a因为a9a 9132d. 8d)所以a所以(a2d)a(a1111133aa10daa1139. 所16a3a13daa14210Ca20%，1a1，公比10q 1设原杂质数为，各次过滤杂质数成等比数列，且n1n ，(

7、120%)1nn0.05. 0.820%)5%，即(1由题意可知：lglg 0.8，两边取对数得n 0.05lg 0.05lg 0.8，lg 0.8lglglg1 22 2 521 即nlglglg1 2 213 81310.301 014. 13.41，取n130.301 01?lnA1 11 aa，nn1?n11n?lnlnlnln1 n. (naa1)nn1?nnlnln 1 22a又a2，aa(aa)(a)a(aa)(a)133n1242n11nlnlnlnlnlnlnlnlnln 3 2 1 4 n 32 n(n1)2 n211?，12组二个，第 将数列分为第1组一个，第2n组n个，

8、即，?121n1231?， ，?11231nn5(1个，其项数为2则第n组中每个数分子分母的和为n1，则为第10组中的第5650. 539)4 13 5d0a23?6 解析 ，由?6d0a23?72323d解得65d4. dZ，216 14a2788272aaaqa也为等比数列，则由题意有设插入的三个数为解析，所q2233 5 a2783aaaaqa216. 6，由于都处在奇数位上，所以同号，故，36，从而，q23 n1 1，? 15.41?n2?n2， ?33?11SaSa ，解析 nnnn1123311aaaSS )(nnnnn1121334naa (1)nn12311Sa ，1233 n

9、1 1， ?a. 41?nn2?n2 ，?33?20 16aa19191aS 解析 0. 10(2011102SSnn0. ；当0的naaad(3log得17(1)解 设等差数列loglog(91)的公差为.由1)3，9，n22213dd1. ，则1)2nanan1. ，即所以log(21)1(1)1nn2111证明因为，(2)nnn1aa222nn1111n222111111111.1所nn321aaaaaa222212nn1322112214n1naS 18解 (1)1,2,3，nn333241anaS 41，得2，解得令，1111333241naSn 2.2时，nn1133314naSa

10、Sa. 2)得：(nnnnn1133nnn1aaaa. 4422，24nnnn11naa 2的等比数列4，公比为2是首项为4n1nnn1ba 4，1,2,344即2nnnna ，.42，1,2,3nnna 2代入得：(2)证明 将4n214nnn1S )(422n333 6 21nnnn111 2)1)，1)(2(2(21)(233nn232T nnn1S12122n113?n (1,2,3)，nn1?12122nn113?T nni1?12122ii111133?. 0，nnnn11dbb ，公差的等差数列2为首项1n1nbbnbn1. 2的通项2(1)121，即nnn由题意可知，该市逐年投

11、入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中20解 (1)aaq年该市应该投入的电力型公交车年应为，则到2016128，150%1.5，到20167166qaa 为1281.51 458(辆)171aaSna 记年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的，设经过(2)，nn213S1nS 依题意有5 000，即nS310 000nnnqa1.5128111nS 256(1.51)5 000nq1.511657nnn 1.5，解得，故7.58.即321. 年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的所以到20173qadb 设，的公差为的公比为，解21 (1)nn 4qd，2211?qqd2. 则依题意有0且2解得，?2qd13.41?nn11qbndna. 21，所以1(1)2nnna12n.(2n1b2nnn132235S，12222nn15232S 223.nnn23222n12222S2得22222n11112?122n22?2222 7 11n12nn3122. 622nn1121212baa3 (1)证明 令22nnn1baa3 ?nnn112anan423 23(31)4nn1aab. 23)2(nnn1b为公比