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 第一册同步导学案配套课件 苏教版（2019）

第4章　数列 章末检测(四) (时间:120分钟,满分:150分) 一、单项选择题(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.数列1,,,,,……的一个通项公式an是(　　) A. C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 2.数列{an}满足3+an=an+1(n∈N*),且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是(　　) A.-2 B.- C.2 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 15 16 17 18 19 由3+an=an+1(n∈N*),得an+1-an=3. ∴数列{an}是以3为公差的等差数列. 由a2+a4+a6=3a4=9,得a4=3. ∴lo(a5+a7+a9)=lo(3a7)=lo[3(a4+3d)] =-log6[3(3+9)]=-log636=-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.如果数列{an}的前n项和Sn=(3n-2n),那么这个数列(　　) A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列又不是等比数列 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 依题意,Sn=(3n-2n)=-1, ∴a1=S1=. 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=·. n=1时适合,∴an=·. 故an是等比数列而不是等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.等差数列{an}共有2n+1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为(　　) A.28 B.29 C.30 D.31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 可知中间项为第n+1项, 依题意 ∵a1+a2n+1=a2+a2n,∴,得n=10. 又S2n+1==(2n+1)·an+1=319+290, ∴an+1=a11==29. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,若数列为等差数列,则a11等于(　　) A.0 B. C. D.-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 设bn=,则b3=,b7=. ∵{bn}为等差数列,设其公差为d, 则d=. ∴b11=b7+4d=, 即,解得a11=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有女子善织,日益功,疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈(1匹=40尺,一丈=10尺),问日益几何?”其意思为:“有一女子擅长织布,每天比前一天更加用功,织布的速度也越来越快,从第二天起,每天比前一天多织相同量的布,第一天织5尺,一月织了九匹三丈,问每天增加多少尺布?”若一个月按31天算,记该女子一个月中的第n天所织布的尺数为an,则的值为(　　) A. C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 由题意可得每天织布的量组成了等差数列{an}, a1=5(尺),S31=9×40+30=390(尺),设公差为d(尺), 则31×5+d=390,解得d=··. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.已知数列{an}为等差数列,若<-1,且它们的前n项和Sn有最大值,则使得Sn>0的n的最大值为(　　) A.11 B.19 C.20 D.21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 15 16 17 18 19 ∵Sn有最大值,∴{an}是递减等差数列. 又<0,∴a10>0,a11<0. 由<-1,得<0. ∴a11+a10<0. ∴S20==10(a11+a10)<0. 而S19==19a10>0, ∴使Sn>0的n的最大值为19. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,则+…+等于(　　) A. C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 15 16 17 18 19 由已知得an-an+1+1=0, 即an+1-an=1. ∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列. ∴Sn=n+n, ∴, ∴+…+=2 =2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,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Sn是数列{an}的前n项和,Sn=1-an,则下列结论正确的是(　 　) A.数列{an}是等比数列 B.数列{an}是等差数列 C.an= D.Sn=1- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ACD 15 16 17 18 19 当n=1时,a1=S1=1-a1,所以a1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(1-an)-(1-an-1),所以2an=an-1,所以,所以数列{an}是首项为,公比为的等比数列,所以an=,Sn=1-an=1-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=-n2+7n,则下列说法正确的是(　　) A.a1=6 B.数列{an}是等差数列 C.当n>4时,an>0 D.当n=3或4时,Sn取得最大值 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD 15 16 17 18 19 由Sn=-n2+7n可得,当n≥2时,Sn-1=-(n-1)2+7(n-1), 两式相减即Sn-Sn-1=-n2+7n+(n-1)2-7(n-1)=-2n+8, 即n≥2时an=-2n+8, 又当n=1时,a1=S1=-1+7=6符合an=-2n+8, 所以可得an=-2n+8,n∈N*,即可得A,B正确; 易知数列{an}为递减数列,当n>4时,an<a4=0,所以C错误; 由Sn=-n2+7n=-,利用二次函数性质以及n∈N*可得, 当n=3或4时,Sn取得最大值12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.已知数列{an}满足a1=3,2an+1=3an-2,则(　　) A.{an-2}是等差数列 B.{a2n}的前n项和为+2n C.{an}是单调递增数列 D.数列的最小项为4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 15 16 17 18 19 由2an+1=3an-2,得2(an+1-2)=3(an-2),因为a1-2=1≠0, 所以a2-2≠0,a3-2≠0,…,an-2≠0,从而, 所以{an-2}是首项为1,公比为的等比数列,所以an-2=1×, 即an=+2,所以a2n=+2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以a2+a4+…+a2n=+2n,所以A错误,B正确; 由an=+2,易知{an}是单调递增数列,C正确; 当n≥2时,an+1++2>4, 当n=1时,a2+>4,D错误. 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.设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和,且a1=1,a4=7,则S5=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 25 15 16 17 18 19 设数列的公差为d,则3d=a4-a1=6,得d=2,所以S5=5×1+×2=25. 13.在公差为d(d≠0)的等差数列{an}及公比为q的等比数列{bn}中,已知a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,则d=　　　　,q=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 5　 13 15 16 17 18 19 6 由 解得(舍)或 14.已知an=2n-1(n∈N*),把数列{an}的各项排成如图所示的三角数阵,记S(m,n)表示该数阵中第m行中从左到右的第n个数,则S(10,6)对应数阵中的数是　　　　.  1 3　5 7　9　11 13　15　17　19 …… 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 101 15 16 17 18 19 观察知每一行的第一个数构成数列:1,3,7,13,21,…,相邻两项构成递推关系:an+1=an+2n,所以a10=a9+18=a8+16+18=a7+14+34=a6+12+48= a5+10+60=a4+8+70=13+78=91,即第10行的第一个数为91,所以第10行第6个数为101. 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)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn,已知a1=1,b1=3,a3+b3=17,T3-S3=12,求{an},{bn}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:设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q. 由a3+b3=17得1+2d+3q2=17,① 由T3-S3=12得q2+q-d=4.② 由①,②及q>0解得q=2,d=2. 故所求的通项公式为an=2n-1,bn=3·2n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)已知数列{an}满足:a1=3,an+1=3an-4n+2,n∈N*. (1)证明:{an-2n}是等比数列; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)证明:由an+1=3an-4n+2得, an+1-2(n+1)=3an-6n=3(an-2n), 又a1-2=1, 故{an-2n}是以1为首项,3为公比的等比数列. (2)求数列{an}的前n项和Sn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)解:由(1)知,an-2n=3n-1, 则an=3n-1+2n, 故Sn=(30+2×1)+(31+2×2)+…+(3n-1+2n)= (30+31+…+3n-1)+2(1+2+…+n)=+n2+n. 17.(15分)等差数列{an}的前n项和为Sn,同时满足an∈N*,a3,S3,a7成等差数列,S2是a2-1和S3-1的等比中项. (1)求数列{an}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{an}的公差为d,则由a3,S3,a7成等差数列可得: a1+2d+a1+6d=2(3a1+3d),整理得d=2a1, 由S2是a2-1和S3-1的等比中项,可得(a1+d-1)●(3a1+3d-1)=(2a1+d)2, 代入d=2a1,可得(3a1-1)(9a1-1)=16,即11-12a1+1=0, 即(11a1-1)(a1-1)=0,故a1=或a1=1,又an∈N*,故a1=1, 则d=2a1=2,即an=a1+(n-1)d=2n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)当bn=an+时,求数列{bn}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an=2n-1, 故bn=an+, 则Tn==n2+=n2+. 18.(17分)数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*). (1)证明:数列是等差数列; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)证明:由已知可得, 即+1,即=1. ∴数列是首项为2,公差为1的等差数列. (2)求数列{an}的通项公式an; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)解:由(1)知+(n-1)×1=n+1, ∴an=. (3)设bn=n(n+1)an,求数列{bn}的前n项和Sn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)解:由(2)知bn=n·2n. Sn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Sn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1, 相减得 -Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1 =-n·2n+1 =2n+1-2-n·2n+1, ∴Sn=(n-1)·2n+1+2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)在无穷数列{an}中,令Tn=a1a2…an,若∀n∈N*,Tn∈{an},则称{an}对前n项之积是封闭的. (1)试判断:任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是不是封闭的? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)不是,理由如下: 如等差数列,T2=a1a2=, 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的. (2)设{an}是无穷等比数列,其首项a1=2,公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的,求出q的两个值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解: (2){an}是等比数列,其首项a1=2,公比q, 所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*), 所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n, 由已知得,对任意正整数n,总存在正整数m,使得Tn=am成立, 即对任意正整数n,总存在正整数m, 使得2n=2qm-1成立, 即对任意正整数n,总存在正整数m,使得=21-n成立, ①当m=≥1时,得-(m-1)=1-n,所以q=2; ②当m=+(2-n)=≥1时,得+(1-n)=0, 且q=, 综上,q=2或. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)证明:对任意的无穷等比数列{an},总存在两个无穷数列{bn}和{cn},使得an=bn·cn(n∈N*),其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解: (3)对任意的无穷等比数列{an},an=a1qn-1=·, 令bn=,cn=,则an=bn·cn(n∈N*), 下面证明:{bn}是对前n项之积是封闭的. 因为bn=,所以Tn=, 取正整数m=得,Tn=bm, 所以{bn}对前n项之积是封闭的, 同理证明:{cn}也对前n项之积是封闭的, 所以对任意的无穷等比数列{an},总存在两个无穷数列{bn}和{cn}, 使得an=bn·cn(n∈N*),其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $$