章末质量检测卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5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．若数列的前4项分别为2,0,2,0，则这个数列的通项公式不能是( )
A．an＝1＋(－1)n＋1
B．an＝1－cos nπ
C．an＝2sin2
D．an＝1＋(－1)n－1＋(n－1)(n－2)
解析：选D 将各选项中的通项公式写出前4项，看是否为题干中的数即可，当n＝3时，D不满足，故选D.
2．(2019·湖北荆州模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8，则a12的值是( )
A．15 B．30
C．31 D．64
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a4＋a5＝3，∴3a4＝3，即a1＋3d＝1，又由a8＝8得a1＋7d＝8，联立解得a1＝－，d＝，则a12＝－＋×11＝15.故选A.
3．(2019·山西太原模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a3＋a10＝9，则S9＝( )
A．3 B．9
C．18 D．27
解析：选D 设等差数列{an}的公差为d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，∴a5＝3，∴S9＝＝9a5＝27，故选D.
4．(2018·广东珠海模拟)Sn是正项等比数列{an}的前n项和，a3＝18，S3＝26，则a1＝( )
A．2 B．3
C．1 D．6
解析：选A 设等比数列{an}的公比为q，因a3＝18，S3＝26，则有a3＋＋＝26，即18＋＋＝26，解得q＝3或q＝－，又由数列{an}为正项等比数列，得q＝3，则a1＝＝＝2，故选A.
5．(2018·山东淄博模拟)已知{an}是等比数列，若a1＝1，a6＝8a3，数列的前n项和为Tn，则T5＝( )
A. B．31
C. D．7
解析：选A 设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a6＝8a3，∴q3＝8，解得q＝2.∴an＝2n－1.∴＝n－1.
∴数列是首项为1，公比为的等比数列．则T5＝＝.故选A.
6．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
7．(2019·湖北荆州模拟)在等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a6＝10，则a7＝( )
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：选A ∵在等差数列{an}中，a1＝1，a2＋a6＝10，
∴解得a1＝1，d＝，
∴a7＝a1＋6d＝1＋8＝9.故选A.
8．(2019·河南濮阳模拟)已知等差数列{an}一共有9项，前4项和为3，最后3项和为4，则中间一项的值为( )
A. B．
C．1 D．
解析：选D 设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得∴中间一项为a5＝a1＋4d＝＋4×＝.故选D.
9．(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.f B．f
C.f D．f
解析：选D 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝f，故选D.
10．(2018·广东汕头模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，－＝－4，则Sn取最大值时的n为( )
A．4 B．5
C．6 D．4或5
解析：选B 由{an}为等差数列，得－＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，
由于a1＝9，所以an＝－2n＋11，
令an＝－2n＋11<0，得n>，
所以Sn取最大值时的n为5，故选B.
11．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a7＋a12＝24，则S13＝( )
A．52 B．78
C．104 D．208
解析：选C 依题意得3a7＝24，则a7＝8，S13＝＝13a7＝104.故选C.
12．(2018·云南模拟)已知数列{an}是等差数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选C 依题意，注意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，即a1－1，a3－3，a5－5成等差数列；又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q＝＝1. 故选C.
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．数列{an}为正项等比数列，若a3＝3，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则此数列的前5项和S5＝ .
解析：设公比为q(q>0)，由an＋1＝2an＋3an－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，则a1＝，所以此数列的前5项和S5＝＝.
答案：
14．(2018·合肥模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝ .
解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，
即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，
所以an＋1＝2an，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故S9＝＝210－2＝1 022.
答案：1 022
15．已知数列{an}的通项公式为an＝2 015－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为 ．
解析：由an＝2 015－3n>0，得n<＝671，
又∵n∈N*，∴n的最大值为671.
答案：671
16．在等比数列{an}中，若1，a2，a3－1成等差数列，则＝ .
解析：设等比数列的公比为q，
依题意，可得2a1q＝1＋a1q2－1，
又a1≠0，整理得q2－2q＝0，
所以q＝2或q＝0(舍去)，
所以＝＝.
答案：
三、解答题(本题共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)已知等差数列{an}，a6＝5，a3＋a8＝5.
(1)求{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n－1，求{bn}的通项公式bn.
解：(1)设{an}的首项是a1，公差为d，依题意得，
∴
∴an＝5n－25(n∈N＋)．
(2)由(1)知，an＝5n－25，
∴bn＝a2n－1＝5(2n－1)－25＝10n－30，
∴bn＝10n－30(n∈N＋)．
18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求Sn和an.
解：(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
∵S1＝a1≠0，
由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
由①式得－＝2(n≥2)．
∴是等差数列，其中首项为＝＝2，公差为2.
(2)由(1)知，＝2＋2(n－1)＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式，
∴an＝
19．(12分)(2019·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.
(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.
∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，
∴＝2，
∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，an＋4＝2n，∴an＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0.
∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当n＝1时，也满足上式．
∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.
20．(12分)用分期付款的方式购买价格为25万元的住房一套，如果购买时先付5万元，以后每年付2万元加上欠款利息．签订购房合同后1年付款一次，再过1年又付款一次，直到还完后为止，商定年利率为10%，则第5年该付多少元？购房款全部付清后实际共付多少元？
解：购买时先付5万元，余款20万元按题意分10次分期还清，每次付款数组成数列{an}，则a1＝2＋(25－5)×10%＝4(万元)；a2＝2＋(25－5－2)×10%＝3.8(万元)；a3＝2＋(25－5－2×2)×10%＝3.6(万元)，…，an＝2＋[25－5－2(n－1)]×10%＝(万元)(n＝1,2，…，10)．因而数列{an}是首项为4，公差为－的等差数列．
a5＝4－＝3.2(万元)．
S10＝10×4＋＝31(万元)．
因此第5年该付3.2万元，购房款全部付清后实际共付31＋5＝36万元．
21．(12分)(2018·广东七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝λ(λ>0)，an＋1＝2＋1(n∈N*)．
(1)求λ的值；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)an＋1＝Sn＋1－Sn，代入an＋1＝2＋1，
得Sn＋1－Sn＝2＋1，整理可得Sn＋1＝(＋1)2，
因为Sn>0，所以 －＝1，
所以数列{}是首项为，公差为1的等差数列，
所以＝＋(n－1)×1＝n＋－1，即Sn＝(n＋－1)2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－3，
∴an＋1－an＝2，因为数列{an}为等差数列，
所以a2－a1＝2＋1－λ＝2，解得λ＝1.
(2)由(1)可得，an＝2n－1，
所以＝＝
×，
因为Tn＝＋＋…＋，
所以Tn＝×
＝－.
22．(12分)(2018·河南信阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解：(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．
又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
课件44张PPT。章末复习与总结
