第4章 数列 章末检测-【优化探究】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步导学案配套课件（人教A版2019）

第4章　数列 章末检测(一)　数列 (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.已知数列1,,,,…,,则3是这个数列的第(　　) A.20项　　　　　　　　　 B.21项 C.22项 D.23项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 15 16 17 18 19 已知数列1,,,,…,,则该数列的通项公式为an=,若,即2n-1=45,解得n=23,则3是这个数列的第23项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则公比q=(　　) A.- B.-2 C.2 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 15 16 17 18 19 由a5==a2·q3=2·q3,解得q=. 3.记等差数列的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=(　　) A.120 B.140 C.160 D.180 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 16 17 18 19 因为a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20,所以S16==8(a5+a12)=160. 4.若数列满足a2=11,an+1=,则a985=(　　) A. B.11 C.- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 15 16 17 18 19 因为an+3=是周期为3的数列.所以a985=a328×3+1=a1,a2=11,所以11=,故a985=a1=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足=1,则数列{an}的公差是(　　) A. B.1 C.2 D.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 16 17 18 19 设{an}的公差为d,则Sn=na1+d, ∴是首项为a1,公差为的等差数列. ∵=1,∴=1,∴d=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.如图,谢尔宾斯基地毯是一种无限分形结构,由波兰数学家谢尔宾斯基于1916年发明.它的美妙之处在于,无论将其放大多少次,它总是保持着相同的结构.它的构造方法是:首先将一个边长为1的正方形等分成9个小正方形,把中间的小正方形抠除,称为第一次操作;然后将剩余的8个小正方形均重复以上步骤,称为第二次操作;依次进行就得到了谢尔宾斯基地毯.则前n次操作共抠除图形的面积为(　　) A. C.1-8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 观察图形的变化可知:   图①中,第一次操作涂黑部分正方形的面积为, 图②中,第二次操作涂黑部分正方形的面积为 , 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 图③中,第三次操作涂黑部分正方形的面积为 , 依次类推,可得第n次操作涂黑部分正方形的面积为 , 故前n次操作共抠除图形的面积为1-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.已知等差数列的前n项和为Sn,等比数列的公差均为2,且满足b1=a1+1,b3=a4+1,则使得b6>Sn成立的n的最大值为(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 由题意得a4=a1+6,b3=4b1. 又因为b1=a1+1,b3=a4+1,所以a1+7=4(a1+1),解得a1=1, 所以b1=2,所以bn=2n,an=2n-1,所以Sn=n2. 若b6>Sn,则64>n2.又n∈N*,则n的最大值为7. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.已知数列的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为P,Q,R,则“为等比数列”的一个必要条件为(　　) A.(P+Q)-R=Q2 B.P2+Q2=P(Q+R) C.P+Q=R D.Q2=PR 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 依题意,要成为“为等比数列”的必要条件, 则“为等比数列”推出该条件成立, 对于A,C,D,当为等比数列时,不妨取数列1,2,4,n=1, 则P=1,Q=3,R=7, 此时(P+Q)-R=(1+3)-7=-3≠9=Q2,故A错误; 此时P+Q=4≠7=R,故C错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 此时Q2=9≠7=PR,故D错误; 对于B,当为等比数列时,设等比数列的公比为q, 则P=a1+a2+…+an, Q-P=an+1+an+2+…+a2n=qn(a1+a2+…+an)=qnP, R-Q=a2n+1+a2n+2+…+a3n=q2n(a1+a2+…+an)=q2nP, 所以(Q-P)2=P(R-Q),即P2-2PQ+Q2=PR-PQ, 所以P2+Q2=PR-PQ+2PQ=P(Q+R),故B正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.已知等差数列的前n项和为Sn,且S13>S14>S12,则下列结论中正确的是(　　) A.是递增数列 B.an>0时,n的最大值为13 C.数列中的最大项为S13 D.Sn>0时,n的最大值为27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 15 16 17 18 19 由已知,S13>S12⇒S12+a13>S12⇒a13>0, S13>S14=S13+a14⇒a14<0, 所以等差数列的前13项大于0,从第14项开始小于0,B正确; 则a1>0,d<0,所以是递减数列,A错误; 且S13为等差数列的前n项和的最大值,C正确; S27==27a14<0,D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.已知等比数列的公比为q,a2=1,a4=2,数列的前n项和为Tn,则(　　) A.q= B.a10=16 C.数列是等比数列 D.Tn=(2n-3)×2n+4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 15 16 17 18 19 由等比数列的公比为q,a2=1,a4=2,可得q2==2,即q=±,故A错误; a10=a2·q8=24=16,故B正确; 又因为an=a1qn-1,所以·2n-1,即为首项,2为公比的等比数列,故C正确; 验证当q=时的结果,此时an=()n-2,则a2n=()2n-2=2n-1, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以(2n-1)a2n=(2n-1)2n-1, Tn=1×20+3×21+…+(2n-1)2n-1,① 2Tn=1×21+3×22+…+(2n-1)2n,② ①-②得-Tn=1+22+…+2n-(2n-1)2n=1+-(2n-1)2n=-3+(3-2n)2n, 所以Tn=3+(2n-3)2n,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.已知数列的前n项和为Sn,若a1=a2=4,且对∀n≥2,n∈N*都有4(Sn-Sn-1)=Sn+1,则(　　) A.是等比数列 B.S6=128 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BD 15 16 17 18 19 因为S2-2S1=(a1+a2)-2a1=4×2-2×4=0,所以不是等比数列,所以A选项错误; 由4(Sn-Sn-1)=Sn+1,得Sn+1-2Sn=2Sn-4Sn-1=2(Sn-2Sn-1),n≥2,n∈N*, 以及S2-2S1=0,可得S3-2S2=0,S4-2S3=0,…,以此类推可知,Sn-2Sn-1=0 (n≥2,n∈N*),则Sn=2Sn-1(n≥2,n∈N*), 又S1=a1=4,所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以Sn=4×2n-1=2n+1,所以S6=26+1=27=128,所以B选项正确; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=S1=4,a1=4不满足an=2n, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知数列则a2·a3=　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 20 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题可知,a2=2×2-2=2,a3=3×3+1=10,所以a2·a3=20. 13 14 15 16 17 18 19 13.已知等差数列的前n项和为Sn,能够说明“对∀n∈N*,若an+1<an,则S2<S1”是假命题的的一个通项公式为an=　　 　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 -n+3(答案不唯一) 13 15 16 17 18 19 等差数列的前n项和为Sn, 若“对∀n∈N*,若an+1<an,则S2<S1”是假命题, 只需等差数列为递减数列,a2≥0即可,an=-n+3符合题意. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.《九章算术》中有一个“两鼠穿墙”的问题:“今有垣厚五尺,两鼠对穿.大鼠日一尺,小鼠亦日一尺.大鼠日自倍,小鼠日自半.问几何日相逢?各穿几何?”其大意为:今有一堵墙厚五尺,两只老鼠从墙的两边沿一条直线相对打洞穿墙,大老鼠第一天打洞1尺,以后每天是前一天的2倍;小老鼠第一天也打洞1尺,以后每天是前一天的.问大、小老鼠几天后相遇?各自打洞几尺?如果墙足够厚,Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和,则 Sn=　　　　　尺.  答案:2n+1-21-n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 根据题意大老鼠第n天打洞an=2n-1尺,小老鼠第n天打洞bn=尺, 所以Sn=1+2+4+…+2n-1+1++…+ =2n+1-21-n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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)已知Sn是等差数列的前n项和,a6=0,a3+a7=8. (1)求数列的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)设数列的公差为d,因为a6=0,所以a3+a7=(a6-3d)+(a6+d)=-2d=8,解得d=-4. 所以an=a6+(n-6)d=-4n+24. (2)若Sn<0,求n的最小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解: (2)由(1)可知:a1=20,所以Sn==-2n2+22n. 令Sn<0,得-2n2+22n<0,解得:n>11(n<0舍去), 因为n∈N*,所以n的最小值是12. 16.(15分)记等差数列的前n项和为Sn,首项为a1,已知S4=4S2,且a2n=2an+1,n∈N*. (1)求数列的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)依题意,设等差数列的公差为d, 因为S4=4S2,a2n=2an+1, 所以an=2n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求数列的前n项和. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(2)由(1)得(-1)n·an=(-1)n·(2n-1), 设数列的前n项和为Tn, 则Tn=(-1)1×1+(-1)2×3+(-1)3×5+…+(-1)n·(2n-1),① 则-Tn=(-1)2×1+(-1)3×3+(-1)4×5+…+(-1)n+1·(2n-1),② 两式相减,得2Tn=-1+(-1)2×2+(-1)3×2+(-1)4×2+…+(-1)n×2-(-1)n+1·(2n-1) =-1+2×+(-1)n·(2n-1)=(-1)n·2n, 故Tn=(-1)n·n. 17.(15分)已知数列的前n项和为Sn,满足an+1-=n+1(n∈N*),且a4为a2,a8的等比中项. (1)求数列的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)解:因为an+1-=n+1,所以nan+1=Sn+n(n+1),① 当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),② ①-②得nan+1-(n-1)an=an+2n,化简可得an+1-an=2,n≥2, 且当n=1时,a2-a1=2满足上式, 所以数列是公差为2的等差数列, 由题可得a2a8=,故(a1+2)(a1+14)=,解得a1=2, 所以an=a1+(n-1)×2=2n,n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设Tn为数列的前n项和,证明:Tn≥. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)证明:令bn=, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn= =, 又因为函数y=1-在(0,+∞)上单调递增,所以Tn≥T1=. 18.(17分)在等差数列中,a1+a3=4,a5=5,若数列,对任意n∈N*,都有bn+1=,cn+1=成立,且b1=3,c1=1. (1)求数列,的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)设数列的公差为d,由a1+a3=2a2=4,得a2=2, 则a5-a2=3d=5-2,解得d=1,a1=1, 所以an=1+(n-1)×1=n,即an=n, 由bn+1=,cn+1=,两式相减得bn+1-cn+1=-(bn-cn), 又因为b1=3,c1=1,得b1-c1=2,所以bn-cn≠0,得到, 所以数列是首项为2,公比为-的等比数列,故bn-cn=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设数列,的前n项和分别为Sn,Tn,若2Tn+1-Sn≥2 024,求n的最小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解: (2)由cn+1=,得an=2cn+1-bn, 所以a1+a2+…+an=2(c2+c3+…+cn+1)-(b1+b2+…+bn)=2(Tn+1-c1)-Sn, 所以2Tn+1-Sn=(n2+n)+2≥2 024,得n(n+1)≥4 044, 因为63×64=4 032,64×65=4 160,所以当n=63时,2Tn+1-Sn<2 024, 当n=64时,2Tn+1-Sn>2 024,故n的最小值为64. 19.(17分)同余定理是数论中的重要内容.同余的定义为:设a,b∈Z,m∈N*且m>1.若m则称a与b关于模m同余,记作a≡b(mod m)(“|”为整除符号). (1)解同余方程x2-x≡0(mod 3). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)由题意x(x-1)≡0(mod 3),所以x=3k或x-1=3k(k∈Z),即x=3k或x=3k+1(k∈Z). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设(1)中方程的所有正根构成数列,其中a1<a2<a3<…<an. ①若bn=an+1-an(n∈N*),数列的前n项和为Sn,求S2 024; ②若cn=tan a2n+1·tan a2n-1(n∈N*),求数列的前n项和Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解: (2)由(1)可得,所以an= ①因为bn=an+1-an(n∈N*),所以bn= S2 024=b1+b2+b3+…+b2 024=3×1 012=3 036. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②cn=tan a2n+1·tan a2n-1=tan(3n+1)·tan(3n-2)(n∈N*). 因为tan(3n+1)·tan(3n-2)=-1, 所以Tn=c1+c2+…cn=++… +=-n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C.an= D.an= 故an=所以C选项错误,D选项正确. 所以 $$