2020版高中数学新人教B版必修5章末检测试卷（二）第二章 数列（含解析）

章末检测试卷(二)
(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．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋(n≥3)，则a5等于(　　)
A.B.C．4D．5
答案　A
解析　a3＝a2＋＝3＋1＝4，a4＝a3＋＝4＋＝，a5＝a4＋＝＋＝.
2．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)
A．1B．2C．3D．4
答案　B
解析　∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于(　　)
A．1B．2C．4D．8
答案　A
解析　∵a3·a11＝a＝16，∴a7＝4，∴a5＝＝＝1.
4．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．S7B．S8C．S13D．S15
答案　C
解析　∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋(a1＋10d)＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)为常数，
∴a1＋6d为常数．
∴S13＝13a1＋d＝13(a1＋6d)也为常数．
5．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于(　　)
A．58B．88C．143D．176
答案　B
解析　S11＝＝＝＝88.
6．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为(　　)
A．81B．120C．168D．192
答案　B
解析　由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
7．数列{(－1)n·n}的前2019项的和S2019为(　　)
A．－2017B．－1010C．2017D．1010
答案　B
解析　S2019＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2018－2019
＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2018－2019)
＝(－1)＋(－1)×1009＝－1010.
8．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于(　　)
A．1或2 B．1或－2
C．－1或2 D．－1或－2
答案　C
解析　由题意得2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.
9．一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是(　　)
A．－2B．－3C．－4D．－6
答案　C
解析　由题意，知a6≥0，a7<0.
∴
∴－≤d<－.
∵d∈Z，∴d＝－4.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N＋)，则S6等于(　　)
A．44 B．45
C.(46－1) D.(45－1)
答案　B
解析　an＋1＝Sn＋1－Sn＝3Sn，∴Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，
∴＝4.即{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列．
∴S6＝S1·q5＝45.
11．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是(　　)
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
答案　C
解析　由S50.
又S6＝S7?a7＝0，所以d<0.
由S7>S8?a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，
即S912．从2015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2019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2016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＝a(1＋p)(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、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N＋.若a3＝18，S20＝60，则S10的值为________．
答案　130
解析　设{an}的首项、公差分别是a1，d，
则
解得∴S10＝10×22＋×(－2)＝130.
14．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，n∈N＋，则此数列的通项公式an＝________.
答案　2n-1
解析　当n＝1时，S1＝2a1－1，
即a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是等比数列，
∴an＝2n－1，n≥2，n∈N＋，经检验n＝1也符合．
15．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．
答案　
解析　设三边为a，aq，aq2(q>1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝.较小锐角记为θ，则sin θ＝＝.
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　34950
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＝4950(个)，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34950.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
(1)解　设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，所以q＝－2.
(2)证明　方法一　对任意k∈N＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk
＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所以对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
方法二　对任意k∈N＋，2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
＝，
则2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)
＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
18．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N＋，a3＝5，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得解得
所以an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)因为bn＝＋2n＝×4n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.
19．(12分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N＋)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<1.
(1)解　设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，
即an＝2n＋1(n∈N＋)．
(2)证明　因为＝＝，
所以＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝1－<1.
20．(12分)某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变．
(1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10
a2＝9.5
a3＝____
a4＝____
…
b1＝2
b2＝____
b3＝____
b4＝____
…
(2)从2018年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
解　(1)
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
…
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
…
当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N＋时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)
＝10n＋·＋＋(n－4)
＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2034年累积发放汽车牌照超过200万张．
21．(12分)(2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1，n∈N＋.
由(1)可知an＝2n-1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n-1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·n-2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)·n-2＋(4n－9)·n-3＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n-2，n≥2，
Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n-2＋(4n－5)·n-1，
所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n-2－·n-1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·n-2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·n-2，n≥2，又b1＝1也适合上式，
所以bn＝15－(4n＋3)·n-2.
22．(12分)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
则由已知可得
解得或
故an＝·3n-1或an＝－5·(－1)n-1，n∈N＋.
(2)设Sm＝＋＋…＋，
若an＝·3n-1，则＝n-1，
则数列是首项为，公比为的等比数列．
从而Sm＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n-1，
则＝－(－1)n-1，
故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而Sm＝
故Sm<1.
综上，对任何正整数m，总有Sm<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．