阶段质量检测四 数列 (B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(B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}的前n项和Sn＝n2＋1，则a6的值为(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 D　解析：S6＝62＋1＝37，S5＝52＋1＝26，故a6＝S6－S5＝37－26＝11.故选D. 2．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若a2＋a5＋a8＝3，则S9＝(　　) A．3 B．6 C．9 D．27 C　解析：在等差数列{an}中，3a5＝a2＋a5＋a8＝3，解得a5＝1， 所以S9＝＝9a5＝9. 3．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝(　　) A．5 B．7 C．6 D．4 A　解析：由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，故(a4a5a6)2＝a1a2a3·a7a8a9，解得a4a5a6＝5.故选A. 4．已知数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＝(　　) A．255 B．85 C．16 D．15 B　解析：由题意得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，b1＝1，b2＝3，b3＝5，b4＝7， an＝1×2n－1＝2n－1，a1＝1，a3＝4，a5＝16，a7＝64， 所以ab1＋ab2＋ab3＋ab4＝a1＋a3＋a5＋a7＝1＋4＋16＋64＝85. 5．在数列{an}中，若a1＝，an＝(n≥2，n∈N*)，则a2 024的值为(　　) A．－1 B． C．1 D．2 D　解析：a1＝，a2＝2，a3＝－1，a4＝，a5＝2，a6＝－1，…，归纳得an是周期为3的周期数列，即an＋3＝an，∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2. 6．已知数列{an}的通项公式an＝log(n＋1)(n＋2)，则它的前30项之积是(　　) A． B．5 C．6 D． B　解析：a1·a2·a3·…·a30＝log23·log34·log45·…·log3132＝··…·＝log232＝5，所以所求前30项之积是5.故选B. 7．(2023·重庆高二月考)在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定，假设某种传染病的基本传染数R0＝2，平均感染周期为7天，那么感染人数由1(初始感染者)增加到999大约需要的天数为(初始感染者传染R0个人为第一轮传染，这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……参考数据：lg 2≈0.301 0)(　　) A．42 B．56 C．63 D．70 C　解析：设第n轮感染的人数为an，则数列{an}是以a1＝2，公比q＝2的等比数列， 由1＋Sn＝＋1＝999，可得2n＋1＝1 000，解得2n＝500，两边取对数得n lg 2＝lg 500，则n lg 2＝3－lg 2，所以n＝－1≈－1≈8.97≈9， 故需要的天数约为9×7＝63. 8．在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 C　解析：∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝215－25，解得k＝4. 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．已知数列{an}满足a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则(　　) A．a4－a2＝7 B．a10＝55 C．S5＝35 D．a8＋a4＝28 ABC　解析：由题意知a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11， a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19， 累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52， 所以a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35. 因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33， 所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46.故选ABC. 10．(2023·百色高二统考期末)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　) A．q＝2 B．数列{Sn＋2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{lg an}是公差为2的等差数列 ABC　解析：∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，a1(1＋q3)＝18，a1(q＋q2)＝12，公比q为整数． 解得a1＝q＝2，∴an＝2n，Sn＝＝2n＋1－2. ∴Sn＋2＝2n＋1，∴数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． S8＝29－2＝510. 因为lg an＝n lg 2，所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列．综上可得，只有ABC正确． 11．(2023·衡水高二期末)已知数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝(23－3n)·2n－23，令bn＝2an，Sn是数列{bn}的前n项积，Tn＝a1a2a3＋a2a3a4＋…＋anan＋1an＋2，则(　　) A．a5－a3＝－6 B．{bn}为单调递增的等比数列 C．当n＝6时，Sn取得最大值 D．当n＝6时，Tn取得最大值 AC　解析：对于A，当n＝1时，a1＝17，当n≥2时，a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1＝(26－3n)·2n－1－23，则2n－1an＝(20－3n)·2n－1，即an＝20－3n.又a1＝17满足an＝20－3n，所以an＝20－3n.则a5－a3＝－6，A项正确； 对于B，2an＝220－3n，所以{2an}为单调递减的等比数列，B项错误； 对于C，由题可知b6>1，且b7<1，所以当n＝6时，Sn取得最大值，C项正确； 对于D，又因为a1a2a3>0，a2a3a4>0，a3a4a5>0，a4a5a6>0，a5a6a7<0，a6a7a8>0， a7a8a9<0，a8a9a10<0，…，且a5a6a7＋a6a7a8＝a6a7(a5＋a8)＝a6a7(a6＋a7)<0，所以当n＝4时，Tn取得最大值，D错误． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________． 答案：100　解析：∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13， ∴公差d＝＝＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1， ∴S10＝10a1＋d＝100. 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，若点P(an, an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋2＝0上，则Sn＝__________；＋＋…＋＝____________． 答案：n2＋2n　－　解析：因为点P(an, an＋1) (n∈N*)在直线x－y＋2＝0上，所以an－an＋1＋2＝0，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以Sn＝3n＋×2＝n2＋2n. 由＝＝(－)， 得＋＋…＋ ＝(1－＋－＋－＋…＋－) ＝(1＋－－) ＝－. 14．我国古代数学名著《九章算术》中有如下“两鼠穿墙”问题：有两只老鼠同时从墙的两面相对着打洞穿墙．大老鼠第一天打进1尺，以后每天进度是前一天的2倍．小老鼠第一天也打进1尺，以后每天进度是前一天的一半．如果墙的厚度为10尺，则两鼠穿透此墙至少在第________天． 答案：4　解析：设两只老鼠在第n天相遇，则大老鼠第n天打洞的厚度是以2为公比的等比数列，小老鼠第n天打洞的厚度是以为公比的等比数列．由等比数列的求和公式可得＋≥10，整理得2n－21－n－9≥0.令f(x)＝2x－21－x－9，则f(3)＝－<0，f(4)＝>0，故两鼠穿透此墙至少在第4天． 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)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列， 所以a＝a2·(S4＋1)， 即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)， 解得d＝2(d＝舍去)， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－3. (2)由(1)可知an－an－1＝2(n≥2)， 所以T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n. 16．(15分)(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 解：(1)由题意，得 b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2， 所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，即数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*). (2)由(1)可得a2n＝3n－1， a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2. 所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29. 所以{an}的前20项的和为 (a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝×10＋×10＝300. 17．(15分)(2023·衡水高二联考期中)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，Sn－an＋1＋2＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，设数列的前n项和为Tn，证明：Tn<. (1)解：由Sn－an＋1＋2＝0，得Sn＝an＋1－2，① 则当n≥2时，Sn－1＝an－2，② ①－②得Sn－Sn－1＝an＋1－an. 所以an＝an＋1－an，即an＋1＝2an. 又因为a1＝2，且a2＝a1＋2＝4＝2a1， 所以{an}是公比为2的等比数列． 所以an＝2n. (2)证明：由①知bn＝log22n＝n， 则＝＝(－). 所以Tn＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1＋－－)＝－(＋)<. 18．(17分)某工厂2023年初有资金1 000万元，资金年平均增长率可达到20%，但每年年底要扣除x(x＜200)万元用于奖励优秀职工，剩余资金投入再生产． (1)以第2023年为第一年，设第n年初有资金an万元，用an和x表示an＋1，并证明数列{an－5x}为等比数列； (2)为实现2033年初资金翻两番的目标，求x的最大值(精确到万元).(参考数据：1.29≈5.160，1.210≈6.192，1.211≈7.430) 解：(1)依题意，an＋1＝an·(1＋0.2)－x， 整理得an＋1－5x＝(an－5x)， ＝.又a1－5x＝1 000－5x＞0， ∴数列{an－5x}是以1 000－5x为首项，1.2为公比的等比数列． (2)由(1)知，an－5x＝(1 000－5x)·()n－1， an＝(1 000－5x)·()n－1＋5x. ∵2033年初资金翻两番， ∴a11＝(1 000－5x)·()10＋5x≥4 000，解得x≤84.4， ∴x的最大值是84. 19．(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝4an－4，数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝an，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，若k>Tn恒成立，求常数k的最小值． 解：(1)由2Sn＝4an－4，得当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝4an－4an－1， ∴＝2， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝2n. 由b1＝a1，bn＋1－bn＝2n，n∈N*，a1＝2，得b2－b1＝2，b3－b2＝22，…，bn－bn－1＝2n－1， 累加得bn－b1＝2＋22＋23＋…＋2n－1＝＝2n－2，∴bn＝2n，n∈N*. (2)由(1)得cn＝ ＝ ＝－， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝－<， ∴k≥，即常数k的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$