人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册第四章 数列章末检测卷

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册PAGEPAGE1章末检测卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共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符合题目要求)1.已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2023，则序号n等于()A.667 B.668C.669 D.675〖答案〗D〖解析〗由2023＝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.12C.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.388C.189 D.199〖答案〗C〖解析〗由题可得aeq\o\al(2,5)＝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＋eq\f(1,2)×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.120C.168 D.192〖答案〗B〖解析〗由a5＝a2q3得q＝3.∴a1＝eq\f(a2,q)＝3，S4＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(3（1－34）,1－3)＝120.5.已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝eq\f(an,an＋1)，a1＝eq\f(1,2)，则a2020＝()A.eq\f(1,2019) B.eq\f(1,2020)C.eq\f(1,2021) D.eq\f(1,2022)〖答案〗C〖解析〗由an＋1＝eq\f(an,an＋1)得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，首项eq\f(1,a1)＝2，公差为1，所以eq\f(1,a2020)＝2＋(2020－1)×1＝2021，则a2020＝eq\f(1,2021).6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于()A.7 B.6C.5 D.4〖答案〗C〖解析〗由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝eq\f(a1－amq,1－q)＝－11，故a1＝－1，又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.7.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＞1，②①－②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)，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2017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2021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)5C.eq\f(a,p)〖(1＋p)4－(1＋p)〗 D.eq\f(a,p)〖(1＋p)5－(1＋p)〗〖答案〗D〖解析〗设自2018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·eq\f(（1＋p）[1－（1＋p）4],1－（1＋p）)＝eq\f(a,p)〖(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.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝35，a4＝11，则()A.an＝4n－5 B.an＝2n＋3C.Sn＝2n2－3n D.Sn＝n2＋4n〖答案〗AC〖解析〗设等差数列的公差为d，则由S5＝35，a4＝11，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝35，,a1＋3d＝11，))解得a1＝－1，d＝4，则an＝－1＋4(n－1)＝4n－5，Sn＝eq\f(n（－1＋4n－5）,2)＝2n2－3n，故选AC.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,an))) B.log2(an)2C.{an＋an＋1} D.{an＋an＋1＋an＋2}〖答案〗AD〖解析〗当an＝1时，log2(an)2＝0，所以数列{log2(an)2}不一定是等比数列；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不一定是等比数列；由等比数列的定义知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))和{an＋an＋1＋an＋2}都是等比数列.故选AD.11.朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是()A.4 B.5C.7 D.8〖答案〗BD〖解析〗设最上面一层放a1根，一共放n(n≥2)层，则最下面一层放(a1＋n－1)根，于是eq\f(n（2a1＋n－1）,2)＝100.整理得2a1＝eq\f(200,n)＋1－n，因为a1∈N*，所以n为200的因数，eq\f(200,n)＋(1－n)≥2且为偶数，验证可得n＝5，8满足题意.故选BD.12.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是()A.Sn＝2Tn B.Tn＝2bn－1C.Tn>an D.Tn<bn＋1〖答案〗BD〖解析〗因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，又当n＝1时，a1＝S1＝3，所以an＝3×2n－1.设bn＝b1qn－1,则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，可得b1＝1，q＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.综合选项可知，B，D正确.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把〖答案〗填在题中的横线上)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〗8255〖解析〗由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，可知数列{an}为等比数列，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＝eq\f(1×（1－26）,1－2)＝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2020这2020个数中，能被3除余1且被5整除余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≤2020，解得n≤135eq\f(3,5)，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〗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eq\f(（1＋99）×99,2)＝4950个，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34950.四、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.(本小题满分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.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝eq\f(7,8)，且an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,3)，n∈N*.(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明由已知得an＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)an－eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3))).因为a1＝eq\f(7,8)，所以a1－eq\f(2,3)＝eq\f(5,24)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是以eq\f(5,24)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列.(2)解由(1)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是以eq\f(5,24)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以an－eq\f(2,3)＝eq\f(5,24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以an＝eq\f(5,24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(2,3).19.(本小题满分12分)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n－2)，n∈N*.(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋2,an)))的前n项和Sn；(2)设bn＝anan＋1，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn.解(1)∵eq\f(2,an)＝6n－4，∴eq\f(an＋2,an)＝1＋eq\f(2,an)＝6n－3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋2,an)))是首项为3，公差为6的等差数列，所以Sn＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×6＝3n2.(2)∵bn＝anan＋1＝eq\f(1,3n－2)×eq\f(1,3n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,3)〖eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－5)－\f(1,3n－2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))〗＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(n,3n＋1).20.(本小题满分12分)已知首项为eq\f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是递减数列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝(－1)n－1·eq\f(3,2n)(n∈N*).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0<Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn<1，故0>Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).综上，对于n∈N*，总有－eq\f(7,12)≤Sn－eq\f(1,Sn)≤eq\f(5,6).所以数列{Tn}的最大项的值为eq\f(5,6)，最小项的值为－eq\f(7,12).21.(本小题满分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等差数列，n年的维修总费用为eq\f(n\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0＋0.2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)))),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eq\f(f（n）,n)＝eq\f(0.1n2＋1.1n＋16.9,n)＝0.1n＋eq\f(16.9,n)＋1.1≥2eq\r(0.1n·\f(16.9,n))＋1.1＝3.7(万元).当且仅当0.1n＝eq\f(16.9,n)时取等号，此时n＝13.故这种汽车使用13年报废最合算.22.(本小题满分12分)若数列{