2021学年第二章 数列综合与测试随堂练习题

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eq \a\vs4\al\c1(基础热身)
1．一张报纸厚度为a，对折(沿一组对边的中点连线折叠)7次后，报纸的厚度为( )
A．8a B．64a
C．128a D．256a
2．某放射性物质的质量每天衰减3%，若此物质衰减到其质量的一半以下，则至少需要的天数是(参考数据lg0.97＝－0.0132，lg0.5＝－0.3010)( )
A．22 B．23
C．24 D．25
3．[2011·杭州二中模拟] 在数列{an}中，a1＝2，当n为正奇数时，an＋1＝an＋2，当n为正偶数时，an＋1＝2an，则a6＝( )
A．11 B．17
C．22 D．23
4．夏季高山上的气温从山脚起每升高100米降低0.7度，已知山脚气温为26度，山顶气温为14.1度，那么此山相对山脚的高度为________米．
eq \a\vs4\al\c1(能力提升)
5．已知数列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，则数列通项an＝( )
A.eq \f(1,n) B.eq \f(2,n)
C．－eq \f(1,n) D．－eq \f(2,n)
6．[2011·丰台二模] 已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2)，则a2011＝( )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(2,3)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(5,2)
7．[2011·江西八校联考] 设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93.若对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，则k的值为( )
A．22 B．21
C．20 D．19
8．[2011·湖北卷] 《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )
A．1升 B.eq \f(67,66)升 C.eq \f(47,44)升 D.eq \f(37,33)升
9．已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn，若a1>1，a4>3，S3≤9，设bn＝eq \f(1,nan)，则使b1＋b2＋…＋bnA．97 B．98 C．99 D．100
10．某厂在2011年底制订生产计划，要使2021年底的总产量在原有基础上翻两番，则年平均增长率为________．
11．[2011·江西重点中学三模] 已知数列{an}中，a201＝2，an＋an＋1＝0(n∈N＋)，则a2011＝________.
12．[2011·江西鹰潭一中模拟] 在数列{an}中，若a1＝2，且对任意的正整数p，q都有ap＋q＝apaq，则a8的值为________．
13．已知an＝3n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形状：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
………………
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(11,12)＝________.
14．(10分)[2011·揭阳一模] 已知数列{an}是首项为2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，Sn为{an}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项an及Sn；
(2)设数列{bn＋an}是首项为－2，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
15．(13分)某市2011年共有1万辆燃油型公交车．有关部门计划于2012年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：
(1)该市在2018年应该投入多少辆电力型公交车？
(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的eq \f(1,3)？(参考数据eq \f(lg\f(657,32),lg1.5)≈7.5)
eq \a\vs4\al\c1(难点突破)
16．(12分)[2011·广东卷] 设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝eq \f(nban－1,an－1＋n－1)(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.
课时作业(三十三)B
【基础热身】
1．C [解析] 报纸的厚度为27a＝128a.故选C.
2．B [解析] 依题意有(1－3%)n<0.5，所以n>eq \f(lg0.5,lg0.97)≈22.8.故选B.
3．C [解析] 逐项计算得该数列的前6项依次为：2,4,8,10,20,22，故选C.
4．1700 [解析] 从山脚到山顶气温的变化成等差数列，首项为26，末项为14.1，公差为－0.7，设数列的项数为n，则14.1＝26＋(n－1)×(－0.7)，解得n＝18，所以山的高度为h＝(18－1)×100＝1700(米)．
【能力提升】
5．C [解析] 已知变形为eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝－1，设bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等差数列，b1＝－1，bn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以an＝－eq \f(1,n).故选C.
6．C [解析] 由递推公式得a2＝－eq \f(2,3)，a3＝eq \f(5,2)，a4＝eq \f(3,5)，a5＝－eq \f(2,3)，…，所以数列{an}是周期数列，周期为3，于是a2011＝a2010＋1＝a1＝eq \f(3,5).故选C.
7．C [解析] 依题意即求Sn最大时的项数n.将两已知等式相减，可得公差d＝－2，所以3a1＋9d＝99，解得a1＝39，所以an＝39－2(n－1)＝41－2n.当an>0时，Sn取得最大值，所以41－2n>0，得n<20.5，所以k＝n＝20.故选C.
8．B [解析] 从上到下各节记为a1，a2，…，a9，公差为d，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a9＋a8＋a7＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝\f(7,66)，,a1＝\f(13,22)，))
所以a5＝a1＋4d＝eq \f(13,22)＋4×eq \f(7,66)＝eq \f(67,66).故选B.
9．B [解析] 因为S3＝3a2≤9，即a2≤3，且a1>1，a4>3，首项及公差d为整数，所以可得a1＝2，d＝1，所以an＝n＋1，所以bn＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，b1＋b2＋…＋bn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，所以eq \f(n,n＋1)10.eq \r(10,4)－1 [解析] 令2011年底的产量为1，则2021年底的产量为4，则(1＋x)10＝4，所以x＝eq \r(10,4)－1.
11．2 [解析] 由已知得an＋1＝－an，所以a202＝－2，a203＝2，a204＝－2，…，可以看出，奇数项为2，偶数项为－2，所以a2011＝2.
12．256 [解析] 令p＝q＝1，则a2＝4，令p＝q＝2，则a4＝16，令p＝q＝4，则a8＝256.
13．3112 [解析] 由图形知，各行数字的个数构成首项为1，公差为2的等差数列，所以前10行数字个数的和为10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝100，故A(11,12)为{an}的第112项，所以A(11,12)＝a112＝3112.
14．[解答] (1)因为数列{an}是首项a1＝2，公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
所以an＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝22－n，
Sn＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
(2)依题意得：bn＋an＝－2＋2(n－1)＝2n－4，
所以bn＝2n－4－an＝2n－4－22－n.
设数列{bn＋an}的前n项和为Pn，
则Pn＝eq \f(n－2＋2n－4,2)＝n(n－3)，
所以Tn＝Pn－Sn＝n(n－3)－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＝n2－3n－4＋22－n.
15．[解答] (1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，
其中a1＝128，q＝1.5，
则在2018年应该投入的电力型公交车为
a7＝a1q6＝128×1.56＝1458(辆)．
(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an，
依据题意，得eq \f(Sn,10000＋Sn)>eq \f(1,3)，即Sn>5000，
于是Sn＝eq \f(1281－1.5n,1－1.5)>5000，
即1.5n>eq \f(657,32)，则有n>eq \f(lg\f(657,32),lg1.5)≈7.5，因此n≥8.
所以，到2019年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的eq \f(1,3).
【难点突破】
16．[解答] (1)由a1＝b>0，知an＝eq \f(nban－1,an－1＋n－1)>0，
eq \f(n,an)＝eq \f(1,b)＋eq \f(1,b)·eq \f(n－1,an－1).
令An＝eq \f(n,an)，A1＝eq \f(1,b)，
当n≥2时，An＝eq \f(1,b)＋eq \f(1,b)An－1
＝eq \f(1,b)＋…＋eq \f(1,bn－1)＋eq \f(1,bn－1)A1
＝eq \f(1,b)＋…＋eq \f(1,bn－1)＋eq \f(1,bn).
①当b≠1时，An＝eq \f(\f(1,b)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn))),1－\f(1,b))＝eq \f(bn－1,bnb－1)，
②当b＝1时，An＝n.
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nbnb－1,bn－1)，b≠1，,1， b＝1.))
(2)证明：当b≠1时，欲证2an＝eq \f(2nbnb－1,bn－1)≤bn＋1＋1，只需证2nbn≤(bn＋1＋1)eq \f(bn－1,b－1).
∵(bn＋1＋1)eq \f(bn－1,b－1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1
＝bneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn＋\f(1,bn)＋bn－1＋\f(1,bn－1)＋…＋b＋\f(1,b)))
>bn(2＋2＋…＋2)
＝2nbn，
∴2an＝eq \f(2nbnb－1,bn－1)<1＋bn＋1.
当b＝1时，2an＝2＝bn＋1＋1.
综上所述2an≤bn＋1＋1.