数学新学案同步必修5章末检测卷二.docx
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数学新学案同步必修5章末检测卷二
章末检测试卷
（二）
（时间：
120分钟满分：
150分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋
1
（n≥3），则a5等于（）
an
－2
55
12
A.
13
3
B.
C.4D.5
答案A
111
解析a3＝a2＋
＝3＋1＝4，a4＝a3＋＝4＋＝
a1a23
13
3
，a5＝a4＋
1
＝
a3
13
3
＋
1
＝
4
55
12.
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
a7
2
解析∵a3·a11＝a
7＝16，∴a7＝4，∴a5＝2＝
q
4
2＝1.
2
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.
13×12
∴S13＝13a1＋2d＝13（a
1＋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＝
11a1＋a11
2
11a4＋a8
＝
2
＝
11×16
＝88.
2
n
2.数列{（－1）
·n}的前2017项的和S2017为（）
A.－2015B.－1009C.2015D.1009
答案B
解析S2017＝－1＋2－3＋4－5＋⋯＋2016－2017
＝（－1）＋（2－3）＋（4－5）＋⋯＋（2016－2017）
＝（－1）＋（－1）×1008＝－1009.
3.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2B.1或－2
C.－1或2D.－1或－2
答案C
解析由题意得2a4＝a6－a5，
2
即2a4＝a4q
－a4q，而a4≠0，
2
∴q
－q－2＝0，即（q－2）（q＋1）＝0.
∴q＝－1或q＝2.
4.一个首项为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.
a1＋5d＝23＋5d≥0，∴
a1＋6d＝23＋6d<0，
23
5
∴－
≤d<－
23
6.
∵d∈Z，∴d＝－4.
5.在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an等于（）
A.2
n－1B.2n－1－1
C.2n－1D.2（n－1）
答案A
解析等式两边加1，an＋1＋1＝2（an＋1），所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，q＝2为公
比的等比数列，所以an＋1＝2×2
n－1＝2n，所以an＝2n－1.
某人为了观看2018年世界杯足球赛，从2014年起，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2018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（）
4
A.a（1＋p）
5
B.a（1＋p）
a
4－（1＋p）]C.[（1＋p）
p
a
5－（1＋p）]D.p[（1＋p）
答案D
解析设自2015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），
2
a2＝a（1＋p）（1＋p）＋a（1＋p）＝a（1＋p）＋a（1＋p），
32
a3＝a2（1＋p）＋a（1＋p）＝a（1＋p）＋a（1＋p）＋a（1＋p），
a4＝a3（1＋p）＋a（1＋p）＝a[（1＋p）4＋（1＋p）3＋（1＋p）2＋（1＋p）]＝a·
4＋（1＋p）3＋（1＋p）2＋（1＋p）]＝a·
1＋p[1－1＋p
1－1＋p
4]
a
5
＝[（1＋p）－（1＋p）].
p
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）
＋1＝can（c为非零常数），且前n项和为Sn＝31＝________，k＝
n＋k，则a11.在数列{an}中，an
________.
答案2－1
解析当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，
nn－1＋k）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3＋k）－（3
n
n－1＝2·3n－1.＝3－3
由题意知{an}为等比数列，
所以a1＝3＋k＝2，
所以k＝－1.
*，则此数列的通项公式an＝________.12.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，n∈N
n－1
答案2
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，
n－1，n≥2，n∈N*，经检验n＝1也符合.∴an＝2
6.一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
5－1
2
2
解析设三边为a，aq，aq（q>1），
22222
则（aq）＝（aq）＋a，∴q
＝
5＋1
2.较小锐角记为θ，
a
则sinθ＝
2＝
aq
5－1
.
2
7.已知{an}是等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________，a4的最大
值为________.
答案5
5
2
解析a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，
222＝25.即a3＋2a3a5＋a5＝25，得（a3＋a5）
∵an＞0，∴a3＋a5＝5，
2
∴a
4＝a3a5≤
a3＋a5
2
2
25
4
＝
5
当且仅当a3＝a5＝时，取等号，得02
5
2
，
5即a4的最大值为.2
1
8.在等差数列{an}中，a2＝5，a1＋a4＝12，则an＝________，设bn＝
2
（n∈N
n－1
a
*），则数列
{bn}的前n项和Sn＝________.
答案2n＋1
n
4n＋4
a1＋d＝5，解析由题意得
2a1＋3d＝12，
a1＝3，解得
d＝2，
故an＝3＋（n－1）×2＝2n＋1.
∵bn＝
11
＝
2
an－14nn＋1
＝
1
4
11
－
n
n＋1
，
裂项求和可得数列{bn}的前n项和
Sn＝
1
4
1
2
1－
＋
1
2
－
1
3
＋⋯＋
1
n
－
1
n＋1
n
＝
4n＋1
.
9.已知数列{an}满足an＋1＝
1
*
（n∈N
1－an
），a8＝2，则a1＝________；若数列{an}的前n项和
是Sn，则S2017＝________.
答案
1
2
2017
2
1
解析∵数列{an}满足an＋1＝
（n∈N1－an
1
∴an＋2＝
＝
1－an＋1
1
＝
1
1－
1－an
1－an
－an
，
1
∴an＋3＝
＝
1－an＋2
1
＝an.
1－an
1－
－an
∴数列{an}是周期为3的周期数列.
11
∵a8＝2，∴2＝，解得a7＝
，
2
1－a7
同理可得a6＝－1，a5＝2，
1
∴a1＝a7＝，a2＝a8＝2，a3＝a6＝－1.
2
a1＋a2＋a3＝
3
.
2
3
2
∴S2017＝672×
＋
12017
＝.
22
10.定义：
如果一个列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个量，那么这个列叫
作等差列，这个量叫作等差列的公差.已知向量列{an}是以a1＝（1,3）为首项，公差为d＝（1,0）
x5
*）垂直，则的等差向量列，若向量an与非零向量bn＝（xn，xn＝________.
＋1）（n∈N
x1
答案
8
27
解析易知an＝（1,3）＋（n－1,0）＝（n,3），
因为向量an与非零向量bn＝（xn，xn＋1）（n∈N
*）垂直，
所以
xn＋1
＝－
xn
n
3
，
所以
x5
＝
x1
x2x3x4x5
···
x1x2x3x4
1
3
＝－
×－
2
3
×－
3
3
4
3
×－
＝
8
.
27
三、解答题（本大题共5小题，共74分）
11.（14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
*，S
k＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
（1）解设数列{an}的公比为q（q≠0，q≠1），
2432
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q＝a1q＋a1q＋q
，由a1≠0，q≠0，得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＝
k
2a11－q
1－q
，
Sk＋2＋Sk＋1＝
k＋2
a11－q
1－q
k＋1
a11－q
＋
1－q
k＋2－qk＋1
a12－q
＝
1－q
，
则2Sk－（Sk＋2＋Sk＋1）
k
2a11－q
＝
1－q
－
a12－qk＋2－qk
k＋2－qk
＋1
1－q
a1
＝[2（1－q
k）－（2－qk＋2－qk＋1）]1－q
k
a1q
2
＝（q＋q－2）＝0，1－q
因此，对任意k∈N
*
，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
12.（15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；
11
（2）证明：
＋＋⋯＋
a2－a1a3－a2
1
<1.
＋1－an
an
（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，
n
即an＝2＋1.
（2）证明因为
1
＝
an＋1－an
1
＝
n＋1－2n
2
1
n，
2
所以
1
＋
a2－a1
1
＋⋯＋
a3－a2
1
an＋1－an
1
＝1＋
2
1
2＋
2
1
3＋⋯＋
2
1
n
2
111
－n×
2221
＝＝1－n<1.
12
1－
2
13.（15分）某市2016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2016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车的牌照的数量维持在这一年的水平不变.
（1）记2016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＝10a2＝9.5a3＝____a4＝____⋯
b1＝2b2＝____b3＝____b4＝____⋯
（2）从2016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＝10a2＝9.5a3＝9a4＝8.5⋯
b1＝2b2＝3b3＝4.5b4＝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.
－0.5n＋10.5，1≤n≤20且n∈N
*
，
所以an＝
0，n≥21且n∈N
*.
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
2·
3
2
n－1，1≤n≤4且n∈N*，
14.，n≥5且n∈N
*.
（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）
nn－1
＝10n＋
2
1
2
·－
3
2
3
2
21－
＋
1－
4
27
＋
4（n－4）
＝－
143
2
4n＋17n－，
4
由Sn≥200得－
143
2
≥200，
n＋17n－
44
2
即n－68n＋843≤0，得34－313≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2032年累积发放汽车牌照超过200万张.
n，n∈N*.21.（15分）在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2
（1）设bn＝
an
n－1，证明：
数列{bn}是等差数列；
2
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
n，
（1）证明由已知an＋1＝2an＋2
an＋1
得bn＋1＝
n＝
2
n
2an＋2
an
n＝
n－1＋1＝bn＋1.
2
2
∴bn＋1－bn＝1，
又b1＝a1＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
（2）解由
（1）知，bn＝n，即
an
n－1＝bn＝n，
2
n－1.∴an＝n·2
12
n－1，∴Sn＝1＋2·2
＋3·2＋⋯＋n·2
两边同时乘以2得
12n－1＋n·2n，2Sn＝1·2＋2·2＋⋯＋（n－1）2·
1
2n－1－n·2n两式相减得－Sn＝1＋2＋2＋⋯＋2
nnn
＝2－1－n·2＝（1－n）2－1，
n
∴Sn＝（n－1）2·＋1.
15.（15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
11
＋＋⋯＋
a1a2
1
≥1？
若存在，求出m的最小值；若不存在，请
am
说明理由.
解
（1）设等比数列{an}的公比为q，
33
a1q＝125，
则由已知可得
|a1q－a1q2|＝10，
2|＝10，
解得
5
3
a1＝
，
或
a1＝－5，
q＝－1.q＝3
故an＝
5
n－1或an＝－5·（－1）n－1，n∈N*.
·3
3
1
（2）设Sm＝＋
a1
1
＋⋯＋
a2
1
，
am
若an＝
5
·3n－1，
n－1，
3
1
则＝
an
3
5
1
3
n－1，
则数列
1
an
是首项为
3
5
，公比为
1
3
的等比数列.
从而Sm＝
3
51－
1－
1
3
1
3
m
＝
9
·1－
10
1
3
9
m<
10
<1.
若an＝－5·（－1）
n－1，
1
则＝－
an
1
5
（－1）
n－1，
故数列
1
an
是首项为－
1
5
，公比为－1的等比数列，
从而Sm＝
－
1
5
，m＝2k－1k∈N
*
，
*
0，m＝2kk∈N
，
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
＋
a1
11
＋⋯＋
≥1成立.
a2am
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