阶段质量检测四 数列 (A卷)（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

阶段质量检测四(A卷) (时间：120分钟　满分：150分) 一、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．设数列{an}满足a1＝－1，且an＋1＝(1－an)2，则a3＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．9 D　解析：因为a2＝[1－(－1)]2＝22＝4，所以a3＝(1－4)2＝(－3)2＝9.故选D. 2．已知数列{an}为等差数列，且a1＝1，a5＝9，则数列{an}的前5项和是(　　) A．15 B．20 C．25 D．35 C　解析：数列{an}的前5项和为S5＝＝＝25.故选C. 3．在等比数列{an}中，an>0，且a1a10＝27，则log3a2＋log3a9等于(　　) A．9 B．6 C．3 D．2 C　解析：因为a2a9＝a1a10＝27，所以log3a2＋log3a9＝log327＝3. 4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝3Sn＋2，n∈N*，则S4＝(　　) A．80 B．160 C．121 D．242 A　解析：由题意Sn＋1＝3Sn＋2，n∈N*，所以Sn＋2＝3Sn＋1＋2，n∈N*，两式相减得an＋2＝3an＋1， 又数列{an}是等比数列， 所以公比q＝＝3. 在Sn＋1＝3Sn＋2，n∈N*中，令n＝1得，a1＋3a1＝3a1＋2，解得S1＝a1＝2. 又Sn＋1＋1＝3(Sn＋1)，n∈N*， 所以{Sn＋1}是首项为S1＋1＝3、公比为3的等比数列， 所以Sn＋1＝3n，所以S4＝34－1＝80. 5．在等比数列{an}中，已知a1＝2，a1－a3＋a5＝26，则a3＝(　　) A．20 B．12 C．8 D．4 C　解析：设数列{an}的公比为q，则a1－a3＋a5＝a1－a1q2＋a1q4＝2(1－q2＋q4)＝26，解得q2＝4，所以a3＝a1q2＝8.故选C. 6．(2024·朝阳区质检)已知等比数列{an}各项都为正数，前n项和为Sn，则“{an}是递增数列”是“∀n∈N*，S2n<3Sn”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 D　解析：等比数列{an}各项都为正数，设公比为q，则q＝>0. ①当a1＝1，q＝2时，{an}是递增数列， S2n＝＝22n－1，3Sn＝＝3(2n－1). 由S2n－3Sn＝(2n)2－3·2n＋2＝(2n－1)(2n－2)≥0，则S2n≥3Sn， 不满足∀n∈N*，S2n<3Sn. 所以{an}是递增数列∀n∈N*，S2n<3Sn. ②当a1＝q＝1时，则S2n＝2n<3Sn＝3n， 此时满足S2n<3Sn，{an}为常数列，不是递增数列． 所以∀n∈N*，S2n<3Sn {an}是递增数列． 故“{an}是递增数列”是“∀n∈N*，S2n<3Sn”的既不充分也不必要条件． 7．已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为(　　) A． B． C． D． A　解析：因为an＋1＝an，a1＝1，所以(n＋1)an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan＝1.所以an＝，anan＋1＝＝－，所以数列{anan＋1}的前10项和为(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝. 8．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　　) A．－1 B．－ C．0 D． B　解析：依题意，在等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·＝n＋(a1－)， 显然函数y＝cos [n＋(a1－)]的周期为3，而n∈N*，即cos an最多有3个不同取值． 又{cos an|n∈N*}＝{a，b}， 则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3或cos a1≠cos a2＝cos a3. 于是有cos θ＝cos (θ＋)，即有θ＋(θ＋)＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－，k∈Z， 所以ab＝cos (kπ－)cos [(kπ－)＋]＝－cos (kπ－)cos kπ＝－cos2kπcos＝－. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分) 9．若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0.下面选项中关于数列{an}的命题正确的是(　　) A．数列{an}可以是等差数列 B．数列{an}可以是等比数列 C．数列{an}可以既是等差又是等比数列 D．数列{an}可以既不是等差又不是等比数列 ABD　解析：因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1.①当an≠0，an－1≠0时，数列{an}是等差数列或是等比数列．②当an＝0或an－1＝0时，数列{an}可以既不是等差又不是等比数列． 10．(2023·济南高二月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 018>0，S2 019<0，则下列说法正确的是(　　) A．S1 009最大 B．|a1 009|>|a1 010| C．a1 010>0 D．数列中绝对值最小的项为a1 010 ABD　解析：∵S2 018>0，S2 019<0， ∴＝>0， ＝2 019a1 010<0， ∴a1 009＋a1 010>0，a1 010<0， 可得a1 009>0，a1 010<0，|a1 009|>|a1 010|，故A，B都正确，C错误， 由等差数列的单调性即可得出：此数列中绝对值最小的项为a1 010，故D正确． 11．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则(　　) A．a4＝4 B．数列{a2n}是等比数列 C．a2n－a2n－1＝2n－1 D．a2n－1＋ a2n＝2n＋1 ABC　解析：∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4且an＋1·an＋2＝2n＋1，∴＝2，{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，即a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋ a2n＝3·2n－1.综上，ABC正确，D错误．故选ABC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB(1 MB＝210 KB). 答案：48　解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，则2n＝64×210＝216，∴n＝16，即病毒共复制了16次． ∴所需时间为16×3＝48(分钟). 13．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn，a1＝10，公差d＝－2，则an＝________，当n＝________时，Sn取得最大值为________． 答案：－2n＋12　5或6　30　解析：数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，a1＝10，公差d＝－2，则an＝a1＋(n－1)d＝10－2(n－1)＝－2n＋12.因为d＝－2＜0，即数列{an}为递减等差数列，且当n≤6时，an≥0，因此数列{an}的前5项均为正，第6项为0，从第7项起为负，所以当n＝5或n＝6时，Sn取得最大值S5＝S6＝×6＝30. 14．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________． 答案：2 600　解析：由a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)知，当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.所以前100项中，奇数项为常数项1，偶数项构成以a2＝2为首项，2为公差的等差数列．所以S100＝50×2＋×2＋50×1＝2 600. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. 16．(15分)数列{an}满足a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1. (1)求a2，a3的值； (2)求证：是等差数列，并求数列{an}的通项公式． (1)解：由a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，得4a2＋1＝3＋a2，所以a2＝，4a2a3＋1＝3a2＋a3，解得a3＝. (2)证明：由已知得，an＋1＝， ∵－＝－ ＝－ ＝－＝2. 又＝＝1， ∴是以1为首项、2为公差的等差数列， ∴＝2n－1，解得an＝. 17．(15分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝·3n＋b (b为常数). (1)求b的值和数列{an}的通项公式； (2)记cm为{an}在区间[－3m, 3m](m∈N*)中的项的个数，求数列{amcm}的前n项和Tn. 解：(1)由题设Sn＝·3n＋b，显然等比数列{an}的公比不为1. 设{an}的首项、公比分别为a1，q， 则Sn＝＝－＝·3n＋b， ∴b＝＝－且q＝3，解得a1＝3， 故数列{an}的通项公式为an＝3n，n∈N*. (2)数列{an}在[－3m, 3m](m∈N*)中的项的个数为m，则cm＝m， 则Tn＝1·31＋2·32＋…＋n·3n， 3Tn＝1·32＋2·33＋…＋n·3n＋1. 两式相减得－2Tn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝·3n＋1－. ∴Tn＝·3n＋1＋. 18．(17分)已知等差数列{an}是递增数列，且a1a5＝9，a2＋a4＝10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(n∈N*) ，求数列{bn}的前n项和Sn. 解： (1)由题意可知a1<a5， 所以解得 所以等差数列{an}的公差为d＝＝2， 因此，an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)因为bn＝＝＝(－)， 所以Sn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1＋－－)＝－. 19．(17分)(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d. 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， ∴S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即＝＋， ∴6(－)＝＝，即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d. ∵d>1，∴an>0. 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， ∴a50－＝1，即a－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去). 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝，符合题意． 综上，d＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$