章末检测卷(四)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.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{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2
023，则序号n等于( )
A.667
B.668
C.669
D.675
答案 D
解析 由2
023＝1＋3(n－1)，解得n＝675.
2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝( )
A.8
B.12
C.16
D.20
答案 A
解析 由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，即a5＝4，故a1＋a9＝2a5＝8.
3.已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝( )
A.398
B.388
C.189
D.199
答案 C
解析 由题意可得a＝a3a8，即(2＋4d)2＝(2＋2d)(2＋7d)，整理得d2－d＝0，由d≠0，所以d＝1.
故S18＝18×2＋×18×17×1＝189.
4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是( )
A.81
B.120
C.168
D.192
答案 B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
5.已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝，a1＝，则a2
020＝( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 由an＋1＝得＝＋1，所以数列是等差数列，首项＝2，公差为1，所以＝2＋(2
020－1)×1＝2
021，则a2
020＝.
6.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 D
解析 设数列{an}的首项为a1，数列{bn}的首项为b1.∵数列{an}和{bn}均为等差数列，且其前n项和分别为An和Bn满足＝，
∴＝＝＝＝＝＝7＋.
经验证知，当n＝1，2，3，5，11时，为整数.故选D.
7.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是( )
A.(－∞，2)
B.(－∞，3)
C.(－∞，4)
D.(－∞，5)
答案 A
解析 ∵Sn＝3n(λ－n)－6，①
∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②
①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N
)，又{an}为单调递减数列，
∴an＞an＋1，且a1＞a2.
∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，且3(λ－1)－6>3(2λ－4－1)，
化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，
∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.
8.从2018年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
A.a(1＋p)4
B.a(1＋p)5
C.[(1＋p)4－(1＋p)]
D.[(1＋p)5－(1＋p)]
答案 D
解析 设自2019年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a1(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]＝a·
＝[(1＋p)5－(1＋p)].
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
9.若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N
)，则下列结论正确的是( )
A.a5＝－16
B.S5＝－31
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn＋1}是等比数列
答案 ABC
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N
)，
所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确；
因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；
又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B正确；
因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误.故选ABC.
10.已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )
A.eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))
B.{log2a}
C.{an－an＋1}
D.{an＋an＋1＋an＋2}
答案 AD
解析 当an＝1时，log2a＝0，所以数列{log2a}不是等比数列；
当q＝1时，an－an＋1＝0，所以数列{an－an＋1}不是等比数列；
由等比数列的定义知eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))和{an＋an＋1＋an＋2}都是等比数列.故选AD.
11.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A.a4＝0
B.Sn的最大值为S3
C.S1＝S6
D.|a3|<|a5|
答案 AC
解析 设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；
因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；
由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确.故选AC.
12.将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：
a11 a12 a13 …… a1n
a21 a22 a23 …… a2n
a31 a32 a33 …… a3n
……
an1 an2 an3 …… ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
A.m＝3
B.a67＝17×37
C.aij＝(3i－1)×3j－1
D.S＝n(3n＋1)(3n－1)
答案 ACD
解析 由a11＝2，可得a13＝a11m2＝2m2，
a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以由a13＝a61＋1，得2m2＝2＋5m＋1，
解得m＝3或m＝－(舍去)，所以选项A是正确的；
又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以选项B不正确；
又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)·m]·mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以选项C是正确的；
又由这n2个数的和为S，
则S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)
＝＋＋…＋
＝(3n－1)×
＝n(3n＋1)(3n－1)，所以选项D是正确的，故选ACD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N
)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 8 255
解析 由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N
)，可知数列{an}为首项为1，公比为2的等比数列，故a4＝8，S8＝255.
14.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
答案 63
解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝＝63.
15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2
020这2
020个数中，能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
答案 135
解析 因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，故an＝15n－14≤2
020，解得n≤135，故数列{an}共有135项.
16.将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3，9)，(27，81，243)，…，则第100组中的第一个数是________.
答案 34
950
解析 在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列.因为前99组中数的个数共有＝4
950个，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34
950.
四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解 (1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝＝n2－8n
＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
18.(12分)已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝an＋，n∈N
.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 由已知得
an＋1－＝an－＝.
因为a1＝，所以a1－＝，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知an－＝×，
所以an＝×＋.
19.(12分)已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N
.
(1)求数列的前n项和Sn；
(2)设bn＝anan＋1，求的前n项和Tn.
解 (1)∵＝6n－4，∴＝1＋＝6n－3，
∴－＝[6(n＋1)－3]－(6n－3)＝6，
又＝6×1－3＝3，
∴是首项为3，公差为6的等差数列，
∴Sn＝3n＋×6＝3n2.
(2)∵bn＝anan＋1＝×＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝[＋＋…＋＋]＝＝.
20.(12分)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N
)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N
).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解 (1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.
所以，n的值为4.
21.(12分)2015年推出一种新型家用轿车，购买时费用为16.9万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共1.2万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为0.2万元，从第三年起，每年的维修费均比上一年增加0.2万元.
(1)设该辆轿车使用n年的总费用(包括购买费用、保险费、养路费、汽油费及维修费)为f(n)，求f(n)的表达式；
(2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)?
解 (1)由题意，每年的维修费构成一首项为0，公差为0.2的等差数列，故n年的维修总费用为
0·n＋×0.2＝0.1n2－0.1n(万元)，
所以f(n)＝16.9＋1.2n＋(0.1n2－0.1n)
＝0.1n2＋1.1n＋16.9(万元)，n∈N
.
(2)该辆轿车使用n年的年平均费用为＝＝0.1n＋＋1.1
≥2＋1.1＝3.7(万元).
当且仅当
0.1n＝时取等号，此时n＝13.
故这种汽车使用13年报废最合算.
22.(12分)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
∴a1＋1＝2，解得a1＝1.
又∵数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故bn＝2n－1.
(2)数列{cn}满足cn＝＝＝，
数列{cn}的前n项和Tn＝1＋＋＋…＋，
∴Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－，
不等式(－1)nλ当n＝2k(k∈N
)时，λ<4－，∴λ<3；
当n＝2k－1(k∈N
)时，－λ<4－，∴λ>－2.
综上可得，实数λ的取值范围是(－2，3).(共32张PPT)
章末检测卷(四)
（时间：120分钟
满分：150分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.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{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2
023，则序号n等于( )
A.667
B.668
C.669
D.675
D
解析 由2
023＝1＋3(n－1)，解得n＝675.
2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝( )
A.8
B.12
C.16
D.20
A
解析 由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，即a5＝4，
故a1＋a9＝2a5＝8.
C
3.已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝( )
A.398
B.388
C.189
D.199
`
4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是( )
A.81
B.120
C.168
D.192
B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
C
A.2
B.3
C.4
D.5
D
7.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是( )
A.(－∞，2)
B.(－∞，3)
C.(－∞，4)
D.(－∞，5)
A
解析 ∵Sn＝3n(λ－n)－6，①
∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②
①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N
)，又{an}为单调递减数列，
∴an＞an＋1，且a1＞a2.
∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，且3(λ－1)－6>3(2λ－4－1)，
化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，
∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.
D
8.从2018年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
解析 设自2019年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，a2＝a1(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
9.若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N
)，则下列结论正确的是(
)
A.a5＝－16
B.S5＝－31
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn＋1}是等比数列
ABC
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N
)，
所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确；
因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；
又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B正确；
因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误.故选ABC.
10.已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )
AD
11.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A.a4＝0
B.Sn的最大值为S3
C.S1＝S6
D.|a3|<|a5|
AC
解析 设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；
因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；
由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确.故选AC.
12.将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：
a11 a12 a13 …… a1n
a21 a22 a23 …… a2n
a31 a32 a33 …… a3n
……
an1 an2 an3 …… ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有(
)
ACD
解析 由a11＝2，可得a13＝a11m2＝2m2，
a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以由a13＝a61＋1，得2m2＝2＋5m＋1，
又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以选项B不正确；
又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)·m]·mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，
所以选项C是正确的；
又由这n2个数的和为S，
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N
)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
8
255
解析 由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N
)，可知数列{an}为首项为1，公比为2的等比数列，故a4＝8，S8＝255.
14.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
63
解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，
∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，
15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2
020这2
020个数中，能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
135
解析 因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，
故an＝15n－14≤2
020，
16.将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3，9)，
(27，81，243)，…，则第100组中的第一个数是________.
34
950
解析 在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列.
且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34
950.
四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解 (1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
20.(12分)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N
)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N
).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
解 设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.
所以，n的值为4.
21.(12分)2015年推出一种新型家用轿车，购买时费用为16.9万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共1.2万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为0.2万元，从第三年起，每年的维修费均比上一年增加0.2万元.
(1)设该辆轿车使用n年的总费用(包括购买费用、保险费、养路费、汽油费及维修费)为f(n)，求f(n)的表达式；
所以f(n)＝16.9＋1.2n＋(0.1n2－0.1n)
＝0.1n2＋1.1n＋16.9(万元)，n∈N
.
(2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)?
故这种汽车使用13年报废最合算.
解 ∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
∴a1＋1＝2，解得a1＝1.
又∵数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故bn＝2n－1.
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