章末测试卷(1) 数 列（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版2019）

章未测试卷(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．已知等差数列{an}中，a3＋a6＝8，则5a4＋a7＝(　　) A．32　　　　B．27　　　　C．24　　　　D．16 C　解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a6＝8， ∴2a1＋7d＝8. ∴5a4＋a7＝6a1＋21d＝3(2a1＋7d)＝24. 2．已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，则a7＋a14的最小值为(　　) A．20 B．25 C．50 D．不存在 A　解析：∵(a7＋a14)2＝a＋a＋2a7·a14≥4a7a14＝4a1a20＝400， ∴a7＋a14≥20. 即a7＋a14的最小值为20. 3．计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低，现在价格为8 100元的计算机，9年后的价格降为(　　) A．900元 B．1 800元 C．2 400元 D．3 600元 C　解析：把每次降价看作一个等比数列，首项为a1，公比为1－＝，求a4，则a4＝8 100×()3＝2 400. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a6＝6，则S7＝(　　) A．7 B．14 C．21 D．42 B　解析：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a4＋a6＝6，∴a2＋a4＋a6＝3a4＝6，解得a4＝2. ∴S7＝(a1＋a7)＝7a4＝14. 5．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A．7 B．9 C．15 D．30 C　解析：由a1＝1，S5＝5S3－4，得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4， 即q3＋q4＝4q＋4q2，由等比数列q≠0， 得q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0. 由题知q>0，所以q＝2， 所以S4＝＝15. 6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…)是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设an＝log2(Fn－1)，数列{an}的前n项和为Sn，则使不等式＋＋…＋<成立的正整数n的最大值为(　　) A．11 B．10 C．9 D．8 B　解析：依题意，an＝log2(Fn－1)＝log222n＝2n，Sn＝＝2(2n－1)， 则＝＝(－)， 故 ＋＋…＋＝(－＋－＋－＋…＋－)＝(1－)<，即2n＋1<4 050，而n∈N＋，解得n≤10， 所以满足条件的正整数n的最大值为10. 7．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，n∈N＋，且2a2＝3a1≠0，也是等差数列，则an＝(　　 ) A．n B．n＋1 C．n D．(n＋1) D　解析：由2a2＝3a1得a1＝2d，d≠0，而Sn＋1＝na1＋d＋1＝n2＋(a1－)n＋1， 由于{}是等差数列，故Sn＋1＝n2＋n＋1为完全平方式， 故Δ＝()2－2d＝0，解得d＝或0(舍)， 故a1＝，则an＝＋(n－1)·＝(n＋1). 8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m≠n，当a1＋am＝时，有a1＋an＝，则Sm＋n＝(　　 ) A．(m＋n)2 B．－(m＋n)2 C．m2－n2 D．n2－m2 B　解析：∵a1＋am＝，a1＋an＝， 则am－an＝－＝， ∴(m－n)d＝， 则d＝， ∴Sm＋n＝＝ ＝ ＝ ＝(m＋n)(－)＝－(m＋n)2. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则下列说法错误的是(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ACD　解析：由题意，当数列为－2，－4，－8，…时，满足q>0，但是{Sn}不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若{Sn}是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件． 10．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(＋1)2－2，则关于数列{an}的说法正确的是(　　) A．a2＝5 B．数列{an}为递增数列 C．an＝n2＋2n－1 D．数列{an}为周期数列 BC　解析：由an＋1＝(＋1)2－2，得an＋1＋2＝(＋1)2，即＝＋1，又a1＝2，所以{}是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，即an＝n2＋2n－1，所以a2＝7，故A错误，C正确； an＝(n＋1)2－2，所以{an}为递增数列，故B正确；数列{an}不具有周期性，故D错误． 11．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图1，在长度为1的线段AB上取两个点C、D，使得AC＝DB＝AB，以CD为边在线段AB的上方做一个正方形，然后擦掉CD，就得到图形2；对图形2中的最上方的线段EF作同样的操作，得到图形3；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图1，图2，图3，…，图n，各图中的线段长度和为an，数列{an}的前n项和为Sn，则(　　 ) A．数列{an}是等比数列 B．a10＝ C．an<3恒成立 D．存在正数m，使得Sn<m恒成立 BC　解析：由题意可知，a1＝1，a2＝a1＋2×，a3＝a2＋2×， 以此类推可得，an＋1＝an＋2×，则an＋1－an＝， 所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＋＋…＋＝1＋＝3－， 经检验，当n＝1时，a1＝3－＝1，满足题意， 故an＝3－， 所以数列{an}不是等比数列，故A错误； 所以a10＝3－＝，故B正确； 因为an＝3－<3恒成立，故C正确； 因为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝3n－＝3n－4＋， 根据一次函数与指数函数的单调性，所以数列{Sn}无最大值， 因此不存在正数m，使得Sn<m，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上． 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝cos (nπ)(n∈N＋)，则S2 024＝________． 0　解析：由an＝cos (nπ)得an＋2＝cos (nπ＋2π)＝cos (nπ)＝an，所以数列{an}以2为周期， 又a1＝cos π＝－1，a2＝cos 2π＝1， 所以S2 024＝1 012×(a1＋a2)＝0. 13．已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，则数列{an}的通项公式为________． an＝(－1)n＋1(n＋1)　解析：因为an＋an＋1＝(－1)n，所以an＋1＋an＋2＝(－1)n＋1，得an＋2－an＝－2·(－1)n. 所以当n为奇数时，an＋2－an＝2，当n为偶数时，an＋2－an＝－2. 又a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，所以a2＝－3， 所以a1，a3，a5，…，a2k－1，…构成以2为首项，2为公差的等差数列， a2，a4，a6，…，a2k，…构成以－3为首项，－2为公差的等差数列． 所以当n是奇数时，an＝2＋2(－1)＝n＋1； 当n是偶数时，an＝－3－2(－1)＝－(n＋1). 故数列{an}的通项公式为an＝(－1)n＋1(n＋1). 14．侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网．如图，是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形的四条边的三等分点上．设外围第一个正方形A1B1C1D1的面积为a1＝1，往里第二个正方形A2B2C2D2的面积为a2，…，往里第n个正方形AnBnCnDn的面积为an.则数列{an}的通项公式为____________．已知{bn}满足＋＋…＋＝2n2－n(n∈N＋)，则数列{bn}的最大项的值为________． an＝()n－1　　解析：设第n个正方形的边长为cn， 则c1＝1，且每一个正方形四个顶点都恰在它的外边最近正方形四条边的三等分点上， 所以A2B1＝c1，B1B2＝c1，又∠A2B1B2＝90°， 则A2B2＝＝＝c1， 即c2＝c1，同理可得cn＋1＝cn， 即数列{cn}是首项为1，公比为的等比数列， 所以第n个正方形面积为an＝c＝()n－1； 因为{bn}满足＋＋…＋＝2n2－n(n∈N＋)， 所以＝2(n＋1)2－(n＋1)－(2n2－n)＝4n＋1 ＝4(n＋1)－3， 又＝2×12－1＝1＝4×1－3， 所以＝4n－3(n∈N＋)， 由bn＋1－bn＝(4n＋1)()n－(4n－3)()n－1 ＝×()n－1， 得b1<b2＝b3>b4>b5>…>bn>…， 所以数列{bn}的最大项为b2＝. 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)已知等差数列{an}的各项为正数，其公差为1，a2a4＝5a3－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an－2＋2n－1，求b1＋b2＋…＋b10. 解：(1)等差数列{an}的各项为正数，其公差为1，a2a4＝5a3－1. ∴(a1＋1)(a1＋3)＝5(a1＋2)－1，解得a1＝3或a1＝－2(舍去). ∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)＝n＋2. (2)∵bn＝2an－2＋2n－1＝2n＋2n－1， ∴b1＋b2＋…＋b10＝(2＋22＋23＋…＋210)＋2×(1＋2＋3＋…＋10)－10×1 ＝＋2×－10 ＝2 046＋110－10＝2 146. 16．(15分)斐波那契数列{Fn}满足条件：F1＝F2＝1，Fn＋2＝Fn＋1＋Fn.按如下步骤将{Fn}分解为两个等比数列{an}，{bn}之和，最后可以得出{Fn}的通项公式： (1)若等比数列{an}满足条件an＋2＝an＋1＋an，求{an}的公比q. (2)若等比数列{an}，{bn}同时满足条件an＋2＝an＋1＋an，bn＋2＝bn＋1＋bn，且a1＋b1＝a2＋b2＝1，求{an}和{bn}的通项公式． (3)设Fn＝an＋bn，试写出斐波那契数列{Fn}的通项公式． 解：(1)由题意可知an＋2＝an＋1＋an⇒anq2＝anq＋an，又an≠0， 则q2－q－1＝0⇒q＝. (2)设{an}，{bn}的公比分别为q1和q2，由a1＋b1＝a2＋b2＝1可知显然q1≠q2， 结合(1)，由于两数列结构相同，不妨令q1＝，q2＝， 则⇒， 所以， 交换公比，则有. (3)由(2)可知Fn＝an＋bn＝ . 17．(15分)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． (1)证明：由＋＝2得Sn＝，且bn≠0，bn≠， 取n＝1，由S1＝b1得b1＝， 由于bn为数列{Sn}的前n项积， 所以··…·＝bn， 所以··…·＝bn＋1， 所以＝， 由于bn＋1≠0， 所以＝，即bn＋1－bn＝，其中n∈N＋， 所以数列{bn}是以b1＝为首项，以d＝为公差的等差数列． (2)解：由(1)可得，数列{bn}是以b1＝为首项，以d＝为公差的等差数列， ∴bn＝＋(n－1)×＝1＋， Sn＝＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，显然对于n＝1不成立， ∴an＝ 18．(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S9＝81.等比数列{bn}是正项递增数列，且b1b2b3＝8，b1＋b2＋b3＝7. (1)求数列{an}的通项an和数列{bn}的通项bn； (2)若cn＝，求数列{cn}的前2n项和． 解：(1)由题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，又a4＝7，S9＝81， 所以，解得， 故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1， 因为数列{bn}是各项为正的递增数列，设公比为q，且q>1， 因为b1b2b3＝8，所以bq3＝8，得b1q＝2＝b2， 又b1＋b2＋b3＝7，所以＋2＋2q＝7， 即(2q－1)(q－2)＝0，又q>1， 解得q＝2，从而b1＝1， 所以bn＝b1qn－1＝2n－1. (2)由(1)得cn＝， 所以c2n－1＋c2n＝－(4n－3)22n－1＋(4n－1)22n－1＝22n， 所以数列{cn}的前2n项和为 S2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n ＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c2n－1＋c2n) ＝22＋24＋…＋22n ＝＝(或). 19．(17分)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. (1)解：∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1， 又∵是公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝， ∴当n≥2时，Sn－1＝， ∴an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得：(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝，当n≥2时， an＝a1×××…×× ＝1×××…×× ＝， 显然对于n＝1也成立， ∴{an}的通项公式an＝. (2)证明：由(1)知，＝＝2(－), ∴＋＋…＋＝2 ＝2(1－)<2. 学科网（北京）股份有限公司 $$